Chương 3 Không gian véc tơ %minitoc Đối tượng ban đầu của môn Đại số tuyến tính là việc giải và biện luận các hệ phương trình tuyến tính Tuy vậy, để có thể hiểu thấu đáo điều kiện đảm bảo cho một hệ p. taài liệu cao đẳng đại học, tài liệu luận văn, giáo trình thạc sy, tiến sỹ, tài liệu THCS
Chương Không gian véc tơ %minitoc Đối tượng ban đầu mơn Đại số tuyến tính việc giải biện luận hệ phương trình tuyến tính Tuy vậy, để hiểu thấu đáo điều kiện đảm bảo cho hệ phương trình tuyến tính có nghiệm cấu trúc nghiệm nó, người ta đưa khái niệm không gian véc tơ khái niệm trở thành trụ cột mơn Đại số tuyến tính 3.1 Khái niệm khơng gian véc tơ Giả sử K trường ✷ Định nghĩa Tập hợp V ̸= ∅ gọi khơng gian véc tơ K trang bị hai phép toán, gồm (a) Phép cộng véc tơ: + : V × V → V, (α, β) → α + β (b) Phép nhân véc tơ với vơ hướng: · : K × V → V, (k, α) → kα Các phép toán thỏa mãn tiên đề sau đây: (V1) (α + β) + γ = α + (β + γ), ∀α, βγ ∈ V, (V2) ∃θ ∈ V : θ + α = α + θ = α, ∀α ∈ V, (V3) ∀α ∈ V, ∃α′ ∈ V : α + α′ = α′ + α = θ, (V4) α + β = β + α, ∀α, β ∈ V, (V5) (k + h)α = kα + hα, ∀k, h ∈ K, ∀α ∈ V, (V6) k(α + β) = kα + kβ, ∀k ∈ K, ∀α, β ∈ V, (V7) k(hα) = (kh)α, ∀k, h ∈ K, α ∈ V, (V8) 1α = α, ∀α ∈ V Các phần tử V gọi véc tơ, phần tử K gọi vô hướng, θ gọi phần tử trung hòa, α′ gọi phần tử đối α 3.1 Khái niệm không gian véc tơ 45 Một khơng gian véc tơ K cịn gọi K-không gian véc tơ, hay đơn giản: không gian véc tơ, K rõ Khi K = R, V gọi không gian véc tơ thực Khi K = C, V gọi không gian véc tơ phức Ở giáo trình ta quan tâm đến khơng gian véc tơ trường số thực • Ví dụ Các véc tơ tự hình học sơ cấp với phép toán cộng véc tơ nhân véc tơ với số thực lập nên không gian véc tơ thực • Ví dụ Xét Rn tập hợp mà phần tử n số thực có thứ tự (x1 , x2 , , xn ), gọi véc tơ n thành phần Nó lập nên khơng gian véc tơ với hai phép toán sau đây: (x1 , x2 , , xn ) + (y1 , y2 , , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , , xn + yn ), k(x1 , x2 , , xn ) = (kx1 , kx2 , , kxn ), k ∈ R, phần tử trung hịa θ = (0, 0, , 0), phần tử đối véc tơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn −x = (−x1 , −x2 , , −xn ) • Ví dụ Gọi M(m × n, R) tập hợp tất ma trận m hàng, n cột với phần tử thực Nó lập nên khơng gian véc tơ với hai phép toán cộng ma trận phép nhân ma trận với số thực • Ví dụ Tập hợp C[a, b] hàm thực liên tục đoạn [a, b] ⊂ R không gian véc tơ với phép tốn thơng thường (f + g)(x) = f (x) + g(x), (kf )(x) = kf (x), phần tử trung hịa hàm số đồng không, tức 0, ∀x ∈ [a, b], phần tử đối hàm f −f : (−f )(x) = −f (x), ∀x ∈ [a, b] • Ví dụ Xét W ⊂ C[a, b] gồm hàm số có giá trị x = với hai phép toán định nghĩa C[a, b] Lấy f (x) = x+1 ∈ W, g(x) = x2 +1 ∈ W (f +g)(x) = x2 +x+2 nên (f + g)(0) = 2, f + g ∈ / W Vậy W khơng gian véc tơ ✸ Tính chất Giả sử V không gian véc tơ (1) Phần tử trung hịa θ ∈ V Nó gọi véc tơ không Thật vậy, giả sử θ1 phần tử trung hòa phép cộng V Khi θ + θ1 = θ1 (vì θ trung hịa), θ + θ1 = θ (vì θ1 trung hịa) Vậy θ = θ1 (2) Với véc tơ α ∈ V , phần tử đối α′ Nó ký hiệu (−α) Thật vậy, giả sử α1′ phần tử đối α Khi (α′ + α) + α1′ = θ + α1′ = α1′ = α′ + (α + α1′ ) = α′ + θ = α′ Như α′ = α1′ Ta định nghĩa: α − β = α + (−β) 46 Khơng gian véc tơ (3) Ta có quy tắc giản ước chuyển vế: ∀α, β, γ ∈ V α + γ = β + γ ⇒ α = β, α+β = γ ⇒ α = γ − β (4) 0α = θ kθ = θ, ∀α ∈ V, ∀k ∈ R Thật vậy, 0α + θ = 0α = (0 + 0)α = 0α + 0α Từ theo luật giản ước, 0α = θ Tương tự, kθ + θ = kθ = k(θ + θ) = kθ + kθ Cũng theo luật giản ước, ta có kθ = θ (5) Nếu kα = θ (với k ∈ K, α ∈ V ), k = α = θ Thật vậy, giả sử k ̸= 0, nhân hai vế đằng thức cho với k −1 ∈ K ta có α = 1α = (k −1 k)α = k −1 (kα) = k −1 θ = θ (6) (−k)α = k(−α) = −(kα), ∀k ∈ K, α ∈ V Thật vậy, kα + (−k)α = (k + (−k))α = 0α = θ Từ đó, (−k)α = −(kα) Tương tự, kα + k(−α) = k(α + (−α)) = kθ = θ Do đó, k(−α) = −(kα) 3.2 Độc lập tuyến tính Phụ thuộc tuyến tính ✷ Định nghĩa (a) Một tổ hợp tuyến tính véc tơ α1 , , αn ∈ V biểu thức dạng n ∑ ci αi = c1 α1 + · · · + cn αn , i=1 ci = const ∈ R (b) Giả sử α = c1 α1 + · · · + cn αn ∈ V Đẳng thức gọi biểu diễn tuyến tính α qua véc tơ α1 , , αn Khi có đẳng thức đó, ta nói α biểu diễn tuyến tính qua α1 , , αn ⊕ Nhận xét • Một véc tơ nhiều biểu diễn tuyến tính khác qua hệ véc tơ • Ta nói hệ {α1 , , αn } biểu diễn tuyến tính qua hệ {β1 , , βm } véc tơ αi , ≤ i ≤ n, biểu diễn tuyến tính qua {β1 , , βm } Giả sử hệ {α1 , , αn } biểu diễn tuyến tính qua hệ {β1 , , βm }, hệ {β1 , , βm } biểu diễn tuyến tính qua hệ {γ1 , , γk } Khi đó, rõ ràng {α1 , , αn } biểu diễn tuyến tính qua hệ {γ1 , , γk } 3.2 Độc lập tuyến tính Phụ thuộc tuyến tính 47 • Ví dụ (a) Trong R3 cho {α = (2, −1, 3), α1 = (1, −1, 2), α2 = (1, −2, 3)} Hãy biểu diễn α qua tổ hợp tuyến tính α1 , α2 Ta xét hệ thức c1 α1 + c2 α2 = α Phương trình véc tơ tương đương với hệ phương trình c1 + c2 = −c1 − 2c2 = −1 2c1 + 3c2 = Hệ có nghiệm c1 = 3, c2 = −1 Vậy α = 3α1 − α3 (b) Trong R3 cho hệ S = {α1 = (1, 1, 1); α2 = (2, 1, 3); α3 = (1, 2, 0)} Véc tơ α = (2, −1, 3) có tổ hợp tuyến tính S ? Xét hệ thức c1 α1 + c2 α2 + c3 α3 = α c1 + 2c2 + c3 = c1 + c2 + 2c3 = −1 ⇔ c1 + 3c2 = Hệ có r(A) ̸= r(A) nên vơ nghiệm Vậy α khơng biểu diễn tuyến tính qua S ✷ Định nghĩa (a) Hệ {α1 , , αn } gọi độc lập tuyến tính hệ thức c1 α1 + · · · + cn αn = θ xảy c1 = · · · = cn = (b) Hệ {α1 , , αn } gọi phụ thuộc tuyến tính khơng độc lập tuyến tính Nếu hệ {α1 , , αn } độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyến tính, ta nói véc tơ α1 , , αn độc lập (hoặc phụ thuộc) tuyến tính • Ví dụ (a) Trong khơng gian véc tơ tự hình học sơ cấp, hệ véc tơ độc lập tuyến tính chúng không đồng phương, hệ véc tơ độc lập tuyến tính chúng không đồng phẳng, hệ véc tơ ln phụ thuộc tuyến tính (b) Trong khơng gian R2 , véc tơ e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) độc lập tuyến tính Thật vậy, hệ thức c1 e1 + c2 e2 = (c1 , c2 ) = (0, 0) xảy c1 = c2 = Với α ∈ R2 , véc tơ {e1 , e2 , α} phụ thuộc tuyến tính Thật vậy, α = (a, b) α − ae1 − be2 = θ (c) Xét xem véc tơ sau độc lập hay tuyến tính phụ thuộc tuyến tính R3 : α1 = (5, 3, 4); α2 = (3, 2, 3); α3 = (8, 3, 1) Ta xét hệ thức c1 α1 + c2 α2 + c3 α3 = θ Phương trình véc tơ tương đương với hệ phương trình 5c1 + 3c2 + 8c3 = 3c1 + 2c2 + 3c3 = 4c1 + 3c2 + c3 = 48 Khơng gian véc tơ Hệ có nghiệm không tầm thường, chẳng hạn c1 = 7, c2 = −9, c3 = −1 Như vậy, ba véc tơ cho phụ thuộc tuyến tính (d) Xét độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính hệ S = {x2 +x+1, 2x2 +3x+2, 2x+1} P2 [x] Ta xét hệ thức c1 (x2 + x + 1) + c2 (2x2 + 3x + 2) + c3 (2x + 1) = θ Phương trình véc tơ tương đương với hệ phương trình = c1 + 2c2 c1 + 3c2 + 2c3 = c1 + 2c2 + c3 = Hệ có det A = ̸= nên có nghiệm tầm thường c1 = c2 = c3 = Như vậy, hệ S cho độc lập tuyến tính ⊕ Nhận xét Từ ví dụ ta thấy việc xét xem hệ véc tơ độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính đưa việc giải hệ phương trình tuyến tính Tương tự, việc xét xem véc tơ có biểu thị tuyến tính hay không qua hệ véc tơ đưa việc giải hệ phương trình tuyến tính ✸ Tính chất (1) Hệ véc tơ (α) phụ thuộc tuyến tính α = θ Thật 1θ = θ nên hệ {θ} phụ thuộc tuyến tính Ngược lại, giả sử {α} phụ thuộc tuyến tính, tức có k ̸= cho kα = θ Nhân hai vế với k −1 ta có α = (k −1 k)α = k −1 (kα) = k −1 θ = θ (2) Với n > 1, hệ {α1 , , αn } phụ thuộc tuyến tính véc tơ hệ biểu thị tuyến tính qua véc tơ lại hệ Thật vậy, giả sử có ci ̸= 0, i = 1, n thỏa mãn hệ thức c1 α1 + · · · + cn αn = θ Nhân hai vế với c−1 ta thu i αi = − ∑ (c−1 i cj )αj j̸=i Ngược lại, αi biểu thị tuyến tính qua hệ {α1 , , αi−1 , αi+1 , , αn }, tức có dj cho αi = d1 α1 + · · · + di−1 αi−1 + di+1 αi+1 + · · · + dn αn , ta có d1 α1 + · · · + di−1 αi−1 + (−1)αi + di+1 αi+1 + · · · + dn αn = θ Do hệ {α1 , , αn } phụ thuộc tuyến tính ▽ Hệ Mọi hệ véc tơ có chứa θ hệ phụ thuộc tuyến tính 3.3 Cơ sở số chiều không gian véc tơ 49 (3) Giả sử hệ {α1 , , αn } độc lập tuyến tính Khi hệ {α1 , , αn , β} phụ thuộc tuyến tính β biểu diễn tuyến tính qua {α1 , , αn } Trong trường hợp đó, biểu diễn tuyến tính Thật vậy, {α1 , , αn , β} phụ thuộc tuyến tính tồn (c1 , , cn , d) không đồng thời cho c1 α1 + · · · + cn αn + dβ = θ Rõ ràng, d ̸= trái lại hệ {α1 , , αn } phụ thuộc tuyến tính Vì d ̸= nên ta viết n ∑ β=− (d−1 ci )αi i=1 Ngược lại, biểu diễn tuyến tính β = n ∑ c i αi ⇔ i=1 n ∑ ci αi + (−1)β = θ, hệ phụ i=1 thuộc tuyến tính Giả sử có hai biểu thị tuyến tính β qua hệ {α1 , , αn }: β = c1 α1 + · · · + cn αn = d1 α1 + · · · + dn αn Khi θ = (c1 − d1 )α1 + · · · + (cn − dn )αn Do {α1 , , αn } độc lập tuyến tính nên hệ thức kéo theo c1 = d1 , , cn = dn • Ví dụ Trong khơng gian véc tơ V cho hệ S = {x, y, z} S1 = {x + y + z, 2x + 3y − z, 3x + 4y + z} Chứng minh S độc lập tuyến tính S1 độc lập tuyến tính Giải Xét hệ thức c1 (x + y + z) + c2 (2x + 3y − z) + c3 (3x + 4y + z) = θ ⇔ (c1 + 2c2 + 3c3 )x + (c1 + 3c2 + 4c3 )y + (c1 − c2 + c3 )z = θ Do S độc lập tuyến tính nên ta có hệ phương trình c1 + 2c2 + 3c3 = c1 + 3c2 + 4c3 = c1 − c2 + c3 = Hệ có nghiệm tầm thường c1 = c2 = c3 = nên S1 độc lập tuyến tính 3.3 Cơ sở số chiều không gian véc tơ ✷ Định nghĩa (a) Một hệ véc tơ V gọi hệ sinh V véc tơ V biểu diễn tuyến tính qua hệ (b) Một hệ véc tơ V gọi sở V véc tơ V biểu diễn tuyến tính qua hệ Như sở hệ sinh 50 Khơng gian véc tơ • Ví dụ (a) Hệ S = {(1, 0), (0, 1)} hệ sinh R2 ∀x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ta có x = x1 (1, 0) + x2 (0, 1) (b) Trong không gian P2 [x] hệ S = {1, x, x2 } hệ sinh ta có p = c+bx+ax2 , ∀p ∈ P2 [x] (c) Trong không gian P2 [x] cho hệ S1 = {x2 + x + 1, 2x2 + 3x + 1, x2 + 2x} Hỏi S1 có hệ sinh P2 [x] hay khơng? Với ∀p = ax2 + bx + c ∈ P2 [x] xét hệ thức p = c1 (x2 + x + 1) + c2 (2x2 + 3x + 1) + c3 (x2 + 2x) c1 + 2c2 + c3 = a c1 + 3c2 + 2c3 = b ⇔ c1 + c2 = c Tồn p để hệ vơ nghiệm, ví dụ p = 2x2 + x, S1 khơng hệ sinh P2 [x] Một hệ véc tơ không gian V gọi độc lập tuyến tính cực đại độc lập tuyến tính thêm véc tơ V vào hệ hệ thu trở thành phụ thuộc tuyến tính △ Định lý Cho hệ hữu hạn véc tơ S = {α1 , , αn } V Khi khẳng định sau tương đương: (i) S sở V (ii) S hệ sinh độc lập tuyến tính V (iii) S hệ véc tơ độc lập tuyến tính cực đại V Chứng minh (i) ⇒ (ii): S sở V nên hệ sinh V Hơn nữa, véctơ θ có biểu diễn tuyến tính qua (α1 , , αn ): θ = 0α1 + · · · + 0αn Nói cách khác, hệ thức c1 α1 + · · · + cn αn = θ tương đương với c1 = c2 = · · · = cn = Điều có nghĩa hệ S độc lập tuyến tính (ii) ⇒ (iii): Mọi véc tơ β ∈ V biểu diễn tuyến tính qua S hệ {α1 , , αn , β} phụ thuộc tuyến tính (iii) ⇒ (i): Vì hệ S độc lập tuyến tính cực đại nên véc tơ β ∈ V biểu diễn tuyến tính qua S Nói cách khác, hệ sinh V Biểu diễn tuyến tính véc tơ β ∈ V qua hệ độc lập tuyến tính {α1 , , αn } nhất, S sở ✷ Định nghĩa Khơng gian véc tơ V gọi hữu hạn sinh có hệ sinh gồm hữu hạn phần tử ✷ Định nghĩa (a) Số phần tử sở không gian véc tơ hữu hạn sinh V ̸= {θ} gọi số chiều V ký hiệu dim V Nếu V = {θ} ta quy ước dim V = (b) Nếu V khơng có sở gồm hữu hạn phần tử gọi không gian véc tơ vô hạn chiều 3.3 Cơ sở số chiều không gian véc tơ 51 Trong tài liệu ta xét không gian hữu hạn chiều ⊙ Bổ đề Trong không gian véc tơ V , giả sử hệ véc tơ S = {α1 , , αr } độc lập tuyến tính, T = {β1 , , βs } hệ sinh Khi r ≤ s Chứng minh Vì T hệ sinh V nên α1 = a11 β1 + · · · + as1 βs α2 = a12 β1 + · · · + as2 βs α = a β + ··· + a β r 1r sr s Xét hệ phương trình tuyến tính mà ẩn ci : a11 c1 + · · · + a1r cr = a21 c1 + · · · + a2r cr = a c + ··· + a c = s1 sr r Nếu r ≥ s hệ có số phương trình số ẩn, có nghiệm không tầm thường, nghĩa tồn r số thực ci không đồng thời thỏa mãn s đẳng thức Nhân đẳng thức thứ với β1 , đẳng thức thứ hai với β2 , , đẳng thức thứ s với βs cộng lại ta (a11 c1 + · · · + a1r cr )β1 + · · · + (as1 c1 + · · · + asr cr )βs = θ c1 (a11 β1 + · · · + as1 βs ) + · · · + cr (a1r β1 + · · · + asr βs ) = θ nghĩa có c1 α1 + · · · + cr αr = θ, Điều trái với giả thiết {α1 , , αr } độc lập tuyến tính Vậy r ≤ s △ Định lý Giả sử V ̸= {θ} không gian hữu hạn sinh Khi V có sở gồm hữu hạn phần tử Hơn sở V có số phần tử Chứng minh Giả sử T = {γ1 , , γs } hệ sinh hữu hạn V Vì V ̸= {θ}, nên có véc tơ α1 ̸= θ V Hệ gồm véc tơ khác khơng {α1 } độc lập tuyến tính Nếu hệ khơng độc lập tuyến tính cực đại, có hệ {α1 , α2 } độc lập tuyến tính Giả sử {α1 , , αr } hệ độc lập tuyến tính V Hệ biểu diễn tuyến tính qua T Theo bổ đề trên, ta có r ≤ s Như trình chọn véc tơ α1 , α2 , để thu hệ độc lập tuyến tính phải dừng lại sau số hữu hạn bước Ta có hệ véc tơ {α1 , , αn } độc lập tuyến tính cực đại V , với n ≤ s Theo định lý (1), hệ sở V Giả sử {β1 , , βm } sở V Vì {α1 , , αn } độc lập tuyến tính biểu diễn tuyến tính qua {β1 , , βm } nên theo Bổ đề trên, ta có n ≤ m Đổi vai trị hai sở trên, ta có m ≤ n Như vậy, m = n • Ví dụ 10 Trong Rn xét hệ véc tơ B = {e1 , e2 , , en }, ei = (0, , 0, 1, 0, , 0) 52 Không gian véc tơ Hệ B độc lập tuyến tính hệ thức c1 e1 + · · · + cn en = (0, , 0) xảy c1 = c2 = · · · = cn = Hệ B sinh Rn véc tơ x = (x1 , , xn ) ∈ Rn có biểu thị tuyến tính x = x1 e1 + · · · + cn en Vậy dim Rn = n B sở B gọi sở tắc khơng gian Rn • Ví dụ 11 Trong Pn [x] xét hệ véc tơ B = {1, x, x2 , , xn } Hệ sinh Pn [x] đa thức p(x) có bậc ≤ n viết dạng p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn , ∈ R Hệ B độc lập tuyến tính hệ thức c0 + c1 x + · · · + cn xn = 0, ∀x chứng tỏ phương trình có vơ số nghiệm, điều xảy c0 = c1 = · · · = cn = Vậy dim Pn [x] = n + B sở B gọi sở tắc không gian Pn [x] △ Định lý Giả sử V không gian véc tơ hữu hạn sinh Mọi hệ độc lập tuyến tính V bổ sung để trở thành sở V Nếu dim V = n, hệ độc lập tuyến tính gồm n véc tơ V sở Chứng minh Giả sử {α1 , α2 , , αi } hệ độc lập tuyến tính V Nếu hệ khơng độc lập tuyến tính cực đại bổ sung véc tơ αi+1 , αi+2 , để hệ thu độc lập tuyến tính Q trình phải dừng lại sau số hữu hạn bước, theo định lý (2), dim V < ∞ Ta thu hệ {α1 , , αn } độc lập tuyến tính cực đại V , tức sở V Nếu dim V = n, hệ độc lập tuyến tính gồm n véc tơ {β1 , , βn } cực đại Thật vậy, giả sử phản chứng thêm vào hệ véc tơ βn+1 V cho hệ thu độc lập tuyến tính Khi hệ {β1 , , βn+1 } biểu thị tuyến tính qua sở {α1 , , αn } nên theo Bổ đề, ta có n + ≤ n Điều vô lý Vậy theo định lý (1) hệ {β1 , , βn } sở V • Ví dụ 12 (a) Trong R3 cho hệ S = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0)} Chứng minh S sở R3 Xét hệ thức c1 (1, 1, 1) + c2 (1, 0, 1) + c3 (1, 1, 0) = θ c1 + c2 + c3 = c1 + c3 = ⇔ c1 + c2 = Dễ thấy hệ có nghiệm tầm thường nên S độc lập tuyến tính Hơn dim R3 = 3, S sở R3 (b) Cho hệ S = {x2 + x + 1, 2x2 + x + 1, x2 + 2x + 2} Hỏi S có sở không gian P2 [x] 3.3 Cơ sở số chiều không gian véc tơ 53 Giải Xét hệ thức c1 (x2 + x + 1) + c2 (2x2 + x + 1) + c3 (x2 + 2x + 2) = θ c1 + 2c2 + c3 = c1 + c2 + 2c3 = ⇔ c1 + c2 + 2c3 = Dễ thấy S phụ thuộc tuyến tính S khơng sở P2 [x] Giả sử S = {α1 , , αn } sở không gian véc tơ V Mỗi véc tơ α ∈ V có biểu diễn tuyến tính ∑ α = c1 α1 + c2 α2 + · · · + cn αn = ci αi , ci ∈ R ∑ ✷ Định nghĩa (Tọa độ) Bộ giá trị (c1 , , cn ) xác định điều kiện α = ci αi gọi tọa độ véc tơ α sở S, ci gọi tọa độ thứ i α sở Véc tơ (α)S = (c1 , , cn ) véc tơ Rn gọi véc tơ tọa độ α sở S Véc tơ (α)S viết dạng cột dẫn đến ma trận [α]S = (c1 , , cn )t ma trận cỡ n × gọi ma trận tọa độ α sở S Giả sử α, β có tọa độ sở {α1 , , αn } tương ứng (c1 , , cn ) (d1 , , dn ) Khi từ tính độc lập tuyến tính {α1 , , αn } suy α = β (c1 , , cn ) = (d1 , , dn ) Thật vậy, α = β α − β = (c1 − d1 )α1 + · · · + (cn − dn )αn = θ Điều xảy c1 = d1 , , cn = dn Hơn α + β có tọa độ (c1 + d1 , , cn + dn ) kα có tọa độ (kc1 , , kcn ) hệ sở (α1 , , αn ) • Ví dụ 13 Cho S = {x2 + x + 1, x2 + 2x + 1, x2 + x + 2} sở khơng gian P2 [x] Tìm véc tơ p(x) biết [p(x)]S = (3, −5, 2)t Giải [p(x)]S = (3, −5, 2)t ⇔ p(x) = 3(x2 + x + 1) − 5(x2 + 2x + 1) + 2(x2 + x + 2) = −5x + • Ví dụ 14 Cho S = {(1, 1, 1); (1, 0, 1); (1, 1, 0)} sở R3 x = (3, 1, −2) ∈ R3 Tìm tọa độ x sở S Giải Giả sử (x)S = (x1 , x2 , x3 ) ⇔ (3, 1, −2) = x1 (1, 1, 1) + x2 (1, 0, 1) + x3 (1, 1, 0) x1 + x2 + x3 = x1 = −4 x1 + x3 = ⇔ x2 = ⇔ (x)S = (−4, 2, 5) x1 + x2 = −2 x3 = 5.1 Trị riêng véctơ riêng ma trận 89 nghĩa x = (1, 2) ∈ R2 véctơ riêng A ứng với trị riêng λ = [ ] [ ] [ ] 3−λ A − λI = −λ = −1 −1 − λ Đa thức đặc trưng A là: f (λ) = 3−λ = (3 − λ)(−1 − λ) = λ2 − 2λ − −1 − λ Phương trình đặc trưng A là: [ λ − 2λ − = ⇔ λ = −1 λ = Không gian riêng A ứng với trị riêng λ = không gian nghiệm hệ phương trình: { { 0x1 + 0x2 = x2 = 2x1 (A − 3I)x = ⇔ ⇔ x1 ∈ R 8x1 − 4x2 = Vậy J3 = {x = (x1 , 2x1 ), x1 ∈ R} = span{(1, 2)} 5.1.2 Tính chất ✸ Tính chất Nếu x véctơ riêng A ứng với trị riêng λ cx, c số khác tùy ý, véctơ riêng A ứng với trị riêng λ Thật vậy, ta có: A(cx) = c(Ax) = c(λx) = λ(cx) Vì sau có véctơ riêng, ta chọn c để véctơ riêng có độ dài Véctơ riêng có độ dài gọi véctơ riêng chuẩn hóa ✸ Tính chất Trị riêng ma trận A nghiệm phương trình đặc trưng ma trận Thật vậy, λ trị riêng ma trận A hệ phương trình Ax = λx ⇔ (A − λI)x = có nghiệm x ̸= 0, tức có nghiệm khơng tầm thường Điều kiện trở thành det(A − λI) = ✸ Tính chất Véctơ riêng ma trận A ứng với trị riêng λ vectơ khác không không gian riêng tương ứng Thật vậy, λ trị riêng A véctơ riêng A ứng với λ nghiệm khác không hệ Ax = λx ⇔ (A − λI)x = tức x ∈ Jλ \ {0} ✸ Tính chất Giả sử λ nghiệm bội k phương trình đặc trưng ma trận A Khi khơng gian riêng tương ứng không gian véctơ Rn có số chiều n − ρ(A − λI), nữa: ≤ dim(Jλ ) ≤ k số k gọi số bội đại số λ, số chiều không gian riêng Jλ gọi số bội hình học λ Chứng minh cụ thể tính chất tìm đọc [4], trang 46 90 5.1.3 Trị riêng - Véctơ riêng - Dạng tồn phương Tìm trị riêng véctơ riêng ma trận • Ví dụ Hãy tìm sở không gian riêng của: −2 A = −2 0 0 Giải Ta có: −2 0 − λ −2 0 A − λI = −2 0 − λ 0 0 = −2 − λ 0 0 0 5−λ Đa thức đặc trưng A là: det(A − λI) = (5 − λ) [ ] − λ −2 = (5 − λ) (3 − λ)2 − = (5 − λ)(λ2 − 6λ + 5) −2 − λ Phương trình đặc trưng A là: [ (5 − λ)(λ − 6λ + 5) = ⇔ λ = (bội 2) λ = Vậy ma trận A có hai trị riêng λ = λ = Với λ = 1, không gian riêng J1 −2 −2 0 Nghiệm hệ là: khơng gian nghiệm phương trình (A − I)x = 0: 0 −1 0 0 −→ 0 0 0 x1 ∈ R x2 = x1 x3 = Do đó: { } { } { } J1 = x = (x1 , x1 , 0); x1 ∈ R = x = x1 (1, 1, 0); x1 ∈ R = span (1, 1, 0) { } Vậy J1 khơng gian véctơ chiều, có sở (1, 1, 0) Với λ = 5, không gian riêng J5 khơng gian nghiệm phương trình (A − 5I)x = 0: 1 0 −2 −2 0 −2 −2 0 −→ 0 0 0 0 0 0 Nghiệm hệ là: x1 = −x2 x2 ∈ R x3 ∈ R Do đó: x ∈ J5 ⇔ x = (−x2 , x2 , x3 ) = x2 (−1, 1, 0) + x3 (0, 0, 1); x2 , x3 ∈ R { } ⇒ J5 = span (−1, 1, 0), (0, 0, 1) { } Dễ thấy (−1, 1, 0), (0, 0, 1) độc lập tuyến tính, J5 khơng gian véctơ hai chiều, có sở { } (−1, 1, 0), (0, 0, 1) 5.2 Dạng tồn phương khơng gian Rn 5.2 5.2.1 91 Dạng tồn phương khơng gian Rn Khái niệm ✷ Định nghĩa Dạng toàn phương Rn hàm bậc hai đẳng cấp tọa độ (x1 , x1 , , xn ) ∈ Rn : n ∑ f= aij xi xj ; aij = aji i,j=1 Ma trận đối xứng A = [aij ]n gọi ma trận dạng toàn phương (trong sở tắc) • Ví dụ Trong R3 f = 2x21 − 5x22 − 4x1 x2 − 6x2 x3 + 8x1 x3 dạng toàn phương với ma trận −2 A = −2 −5 −3 −3 ⊕ Nhận xét Từ biểu thức dạng toàn phương: f= n ∑ aij xi xj = n ∑ i,j=1 ( xi i=1 a11 [ ] a21 ⇒ f = x1 x2 · · · xn · · · an1 a12 a22 ··· an2 n ∑ ) aij xj j=1 ··· ··· ··· ··· x1 a1n x2 a2n = xt Ax · · · ann xn Do dạng tồn phương f Rn cịn viết dạng ma trận: f = xt Ax; At = A Nếu đặt x = Qy, với Q ma trận vuông cấp n, y ∈ Rn dạng tồn phương f trở thành: f = (Qy)t A(Qy) = y t (Qt AQ)y với ma trận B = Qt AQ ma trận đối xứng, f trở thành dạng tồn phương y ✷ Định nghĩa Cho dạng toàn phương Rn : f= n ∑ aij xi xj ; aij = aji i,j=1 Đổi biến dạng toàn phương thực phép đổi biến tuyến tính x = Qy để nhận dạng toàn phương theo biến mới: n ∑ f= bij yi yj ; bij = bji i,j=1 Ma trận vuông Q gọi ma trận phép đổi biến Phép đổi biến gọi không suy biến ma trận đổi biến Q không suy biến 92 Trị riêng - Véctơ riêng - Dạng tồn phương • Ví dụ Trong R2 xét dạng toàn phương: f = 2x21 − 4x22 + 3x1 x2 Đổi biến: { [ ] 1 ma trận đổi biến là: Q = −1 x1 = y1 + y2 x2 = y − y ta được: f = 2(y1 + y2 )2 − 4(y1 − y2 )2 + 3(y12 − y22 ) = y12 − 5y22 + 12y1 y2 Phép đổi biến không suy biến det(Q) = −2 ̸= 5.2.2 Dạng tắc dạng tồn phương ✷ Định nghĩa Dạng toàn phương Rn : f= n ∑ aij xi xj i,j=1 có dạng tắc aij = aji = với i ̸= j Như f có dạng tắc f= n ∑ aii x2i i=1 ma trận dạng tồn phương f ma trận chéo ✷ Định nghĩa Đưa dạng toàn phương f = n ∑ aij xi xj tắc dùng phép đổi biến i,j=1 khơng suy biến x = Qy, det(Q) ̸= để f có dạng tắc biến y1 , y2 , , yn 5.2.3 Thuật tốn Lagrange đưa dạng tồn phương tắc Xét dạng toàn phương n biến: f= n ∑ aij xi xj ; aij = aji ; f ̸≡ i,j=1 Thuật toán sau dạng tồn phương đưa dạng tắc, viết cụ thể dạng tắc phép đổi biến tương ứng • Trường hợp a11 = a22 = · · · = ann Do f ̸≡ nên tồn hệ số aij ̸= Thực phép đổi biến (không suy biến): xi = zi + zj x j = zi − zj xk = zk (∀k ∈ / {i, j}) 5.2 Dạng tồn phương khơng gian Rn 93 ta đưa f dạng: f = 2aij (zi2 − zj2 ) + · · · nghĩa biểu thức dạng toàn phương xuất số hạng bình phương Khi tốn đưa trường hợp đây: • Trường hợp Trong f tồn hệ số aii ̸= 0, chẳng hạn a11 ̸= 0: Ta nhóm số hạng chứa x1 , thêm bớt để xuất bình phương tổng sau: f = a11 x21 + 2a12 x1 x2 + · · · + 2a1n x1 xn + · · · [ ( ) ( )2 ] a x + · · · + a x a x + · · · + a x 12 1n n 12 1n n = a11 x21 + 2x1 + a11 a11 )2 ( a12 x2 + · · · + a1n xn + ··· − a11 [ ]2 a12 x2 + · · · + a1n xn = a11 x1 + + f2 (x2 , x3 , , xn ) a11 Đặt: { a12 x2 + · · · + a1n xn a11 = xk ∀k = 2, 3, , n y1 = x1 + zk có: f = a11 y12 + f2 (z2 , z3 , , zn ) (5.2) Ở f2 (z2 , z3 , , zn ) cơng thức (5.2) dạng tồn phương n − biến (z2 , z3 , , zn ) Tiếp tục thực đổi biến f2 theo trường hợp trường hợp nhận dạng tắc f : n ∑ f= bii yi2 i=1 Để tìm ma trận đổi biến Q mà phép đổi biến x = Qy đưa f dạng tắc, ta phải giải ngược biến x1 , x2 , , xn theo biến y1 , y2 , , yn ; từ biểu diễn y theo x suy y = P x tính Q = P −1 ⊕ Nhận xét Thuật tốn Lagrange dẫn đến dạng tắc khác dạng toàn phương Định luật qn tính Khi dạng tồn phương đưa dạng tắc cách khác số hệ số dương số hệ số âm Trong dạng tắc dạng toàn phương, số p hệ số dương gọi số dương quán tính, số q hệ số âm gọi số âm quán tính, cặp (p, q) gọi cặp số quán tính • Ví dụ Đưa dạng tồn phương R3 sau dạng tắc: f = x21 + 4x22 + 6x23 + 2x1 x2 + 4x1 x3 + 2x2 x3 Giải 94 Trị riêng - Véctơ riêng - Dạng toàn phương f = x21 + 2x1 (x2 + 2x3 ) + (4x22 + 6x23 + 2x2 x3 ) [ ] 2 = x1 + 2x1 (x2 + 2x3 ) + (x2 + 2x3 ) −(x2 + 2x3 )2 + (4x22 + 6x23 + 2x2 x3 ) [ ]2 = x1 + (x2 + 2x3 ) +3x22 + 2x23 − 2x2 x3 [ ]2 [ ] 2 x23 x = x1 + x2 + 2x3 +3 x2 − x2 x3 + − + 2x23 [ ]2 [ ]2 x3 = x1 + x2 + 2x3 +3 x2 − + x23 3 Đặt: y3 x1 = y − y − y1 = x1 + x2 + 2x3 x3 y2 = x2 − ⇔ x = y2 + y3 y3 = x3 x = y3 (5.3) dạng tồn phương f có dạng tắc: f = y12 + 3y22 + y32 Từ phép đổi biến (5.3) có ma trận đổi biến là: −1 − 73 ; Q = 0 0 det(Q) = ̸= • Ví dụ Đưa dạng tồn phương R3 sau dạng tắc: f = 2x1 x2 − 7x2 x3 + 4x1 x3 Giải Đặt: ta có: z1 = (x1 + x2 ) x = z + z 1 2 x2 = z1 − z2 ⇔ z = (x − x ) 2 x3 = z3 z = x 3 f = 2(z12 − z22 ) − 7(z1 − z2 )z3 + 4(z1 + z2 )z3 = 2z12 − 2z22 − 3z1 z3 + 11z2 z3 [ ] 9z32 9z 2 = z1 − z1 z3 + − − 2z22 + 11z2 z3 16 [ ]2 [ ] 11 121z32 121z32 9z32 = z1 − z3 −2 z2 − z2 z3 + − + 16 8 [ ]2 [ ]2 11z3 = z1 − z3 −2 z2 − +14z32 4 (5.4) 5.2 Dạng tồn phương khơng gian Rn 95 3 y3 y1 = z1 − z3 z1 = y + 4 11z3 ⇔ 11 y2 = z2 − z2 = y2 + y3 4 y = z z = y3 3 Đặt (5.5) dạng tồn phương f có dạng tắc: f = 2y12 − 2y22 + 14y32 Từ phép đổi biến (5.4) (5.5) suy ra: 7 y x = y + y + 1 1 2 Ma trận đổi biến là: Q = 1 −1 −2 ; x2 = y1 − y2 − 2y3 0 x3 = y3 det(Q) = −2 ̸= • Ví dụ Tìm cặp số qn tính dạng tồn phương sau R4 : f = x21 + x22 + 4x24 − 2x1 x2 − x1 x3 − 3x1 x4 + 4x2 x4 + 3x3 x4 Giải Đưa dạng tồn phương tắc: [ ] 2 f = x2 + 2x2 (−x1 + 2x4 ) + (−x1 + 2x4 ) −(2x4 − x1 )2 + x21 + 4x24 − x1 x3 − 3x1 x4 + 3x3 x4 = (x2 − x1 + 2x4 )2 + x1 x4 − x1 x3 + 3x3 x4 x = z1 + z4 x = z1 − z4 x3 = z3 ; Đặt x = z2 f = (z2 + z1 − 3z4 )2 + z12 − z42 − (z1 z3 + z3 z4 ) + 3(z1 z3 − z3 z4 ) = (z2 + z1 − 3z4 )2 + (z12 + 2z1 z3 + z32 ) − (z42 + 4z4 z3 + 4z32 ) + 3z32 = (z2 + z1 − 3z4 )2 + (z1 + z3 )2 − (z4 + 2z3 )2 + 3z32 Đặt y1 y2 y3 y4 = = = = z1 z1 + z3 z2 z1 + z2 − 3z4 ⇔ z3 z3 z4 z4 + 2z3 = = = = y1 − y3 −y1 + y2 − 5y3 + 3y4 y3 −2y3 + y4 f có dạng tắc: f = y12 + y22 + 3y32 − y42 với phép đổi biến x1 = y1 +3y3 + y4 x = −y + y −5y + 3y 2 x3 = y3 x4 = y1 +y3 − y4 −1 ⇒Q= 0 1 −5 0 −1 det(Q) = −2 ̸= Do từ dạng tắc f suy cặp số quán tính (p, q) = (3, 1) 96 5.2.4 Trị riêng - Véctơ riêng - Dạng toàn phương Dạng toàn phương xác định dương ✷ Định nghĩa Cho f dạng toàn phương Rn : f (x1 , x2 , , xn ) = n ∑ aij xi xj (aij = aji ) i,j=1 • f dạng tồn phương xác định dương f (x) > ∀x ∈ Rn \ {0} • f dạng toàn phương xác định âm f (x) < ∀x ∈ Rn \ {0} ⊕ Nhận xét f (x) xác định âm ⇔ −f (x) xác định dương • Ví dụ Xét dạng toàn phương R3 : a) f = 3x21 + 4x22 + 5x23 dạng toàn phương xác định dương; b) g = −x21 − 4x22 − 7x23 dạng toàn phương xác định âm; c) h = 2x21 − 3x22 + 4x23 không xác định dương không xác định âm; d) l = 3x21 + 5x23 không xác định dương không xác định âm; e) ϕ = x21 + 3x22 + 7x33 + 2x1 x2 − 8x2 x3 − 4x1 x3 xác định dương, vì: [ ] 2 ϕ = x1 + 2x1 (x2 − 2x3 ) + (x2 − 2x3 ) −(x2 − 2x3 )2 + 3x22 + 7x33 − 8x2 x3 = (x1 + x2 − 2x3 )2 + 2(x22 − 2x2 x3 + x23 ) − 2x23 + 3x3 = (x1 + x2 − 2x3 )2 + 2(x2 − x3 )2 + x23 > ∀x ̸= θ ⊕ Nhận xét Dạng toàn phương Rn xác định dương cặp số qn tính (n, 0), xác định âm cặp số qn tính (0, n) • Ví dụ Đưa dạng tồn phương R3 sau dạng tắc, tìm m để dạng toàn phương xác định âm: f = −12mx21 − x22 − 6x23 − 8x1 x2 + 4x2 x3 + 4mx1 x3 Giải Sử dụng thuật toán Lagrange đưa dạng tồn phương tắc: ] [ 2 f = − x2 + 2x2 (4x1 − 2x3 ) + (4x1 − 2x3 ) +(4x1 − 2x3 )2 − 12mx21 − 6x23 + 4mx1 x3 = −(x2 + 4x1 − 2x3 )2 + (16 − 12m)x21 − 2x23 + (4m − 16)x1 x3 ] [ 2 2 = −(x2 + 4x1 − 2x3 ) − x3 − 2(m − 4)x3 x1 + (m − 4) x1 +2(m − 4)2 x21 + (16 − 12m)x21 ]2 ]2 [ [ = − x2 + 4x1 − 2x3 −2 x3 − (m − 4)x1 +2(m2 − 14m + 24)x21 Đặt y1 y = x 1 x1 = y2 = x2 + 4x1 − 2x3 ⇔ x2 = (2m − 12)y1 + y2 +2y3 x3 = (m − 4)y1 +y3 y3 = x3 − (m − 4)x1 5.2 Dạng tồn phương khơng gian Rn Ma trận đổi biến là: 97 0 Q = 2m − 12 2 ; m−4 det(Q) = ̸= Khi f có dạng tắc: f = −y22 − 2y32 + 2(m2 − 14m + 24)y12 Để f xác định âm dạng tắc f phải có hệ số âm, đó: m2 − 14m + 24 < ⇔ < m < 12 △ Định lý (Sylvester) Cho dạng toàn phương f Rn với ma trận A Gọi Di định thức A tạo i hàng i cột góc bên trái A (Di gọi định thức cấp i A) Khi đó: a f xác định dương Di > ∀i = 1, 2, , n b f xác định âm (−1)i Di > ∀i = 1, 2, , n • Ví dụ 10 Xét dạng toàn phương sau R3 : ϕ = x21 + 3x22 + 7x33 + 2x1 x2 − 8x2 x3 − 4x1 x3 Ta có ma trận ϕ là: 1 −2 −4 A= −2 −4 Các định thức là: D1 = |1| = > 0; D2 = 1 = > 0; 1 −2 1 −2 −4 = −2 = > D3 = −2 −4 −2 Vậy dạng toàn phương ϕ xác định dương R3 • Ví dụ 11 Tìm m để dạng tồn phương sau xác định dương R3 : g = mx21 + (m + 5)x22 + x23 + 12x1 x2 + 4x1 x3 + 6x2 x3 Giải Ma trận dạng toàn phương là: m A = m + 3 98 Trị riêng - Véctơ riêng - Dạng toàn phương Các định thức A là: D1 = |m| = m; D2 = m = m2 + 5m − 36 m+5 m+5 6 m+5 −6 +2 2 D1 > m D2 > ⇔ m2 + 5m − 36 g xác định dương ⇔ D3 > (m − 4)2 D3 = det(A) = m = m(m − 4) + 2(8 − 2m) = (m − 4)2 >0 m>0 >0 ⇔ m < −9; m > ⇔ m > >0 m ̸= Vậy với m > dạng tồn phương g cho xác định dương • Ví dụ 12 Tìm m để dạng toàn phương R3 sau xác định âm: f = −12mx21 − x22 − 6x23 − 8x1 x2 + 4x2 x3 + 4mx1 x3 Giải Ma trận dạng toàn phương là: −12m −4 2m −1 A = −4 2m −6 Các định thức A là: D1 = | − 12m| = −12m; D3 = det(A) = −12m D2 = −12m −4 = 12m − 16 −4 −1 −1 −4 −4 −1 +4 + 2m −6 2m −6 2m = −12m(2) + 4(24 − 4m) + 2m(2m − 8) = 4m2 − 56m + 96 = 4(m2 − 14m + 24) 0 D1 < D2 > ⇔ 12m − 16 >0 ⇔ ⇔ < m < 12 f xác định âm ⇔ m> D3 < m − 14m + 24 < < m < 12 Vậy với < m < 12 dạng toàn phương f cho xác định âm Bài tập chương 99 Bài tập chương Tìm trị riêng sở khơng gian riêng ma trận sau: [ ] [ ] [ ] [ ] 19 −9 −2 −7 1) 2) 3) 4) −1 −2 [ ] [ ] −1 0 6) 7) −3 8) −4 0 5) 0 −1 −2 −2 −5 −3 −3 −12 9) 5 −7 3 10) −2 −6 13 11) 4 −7 8 12) 10 −19 10 −9 −1 −4 −7 12 −24 13 −1 0 0 0 −5 1 0 0 0 0 0 0 0 16) 15) 13) −4 9 14) 1 0 0 3 −3 0 0 0 −4 0 −1 −1 0 ĐS: 1) λ = 3, (1, 2); λ = −1, (0, 1) 2) λ = 4, (3, 2) √ √ √ √ 3) λ = 12, (3, 12); λ = − 12, (−3, 12) 4) Khơng có trị riêng thực, khơng có khơng gian riêng 5) λ = 0, (1, 0) (0, 1) 6) λ = 1, (1, 0) (0, 1) 8) λ1 = λ2 = λ3 = 2, (1, 2, 0), (0, 0, 1) 10) λ1 = λ2 = λ3 = 1, (3, 1, 1) 7) λ = −1, (0, 1, −1) 9) λ1 = 1, (1, 1, 1); λ2 = λ3 = 0, (1, 2, 3) 11) λ1 = 3, (1, 2, 2); λ2 = λ3 = −1, (1, 2, 1) 12) λ1 = λ2 = 1, (2, 1, 0), (−1, 0, 1); λ3 = −1, (3, 5, 6) 13) λ = 1, (1, 2, 1) 14) λ1 = λ2 = 1, (0, 0, 0, 1); λ3 = λ4 = 0, (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) 15) λ1 = λ2 = 1, (1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1); λ3 = λ4 = 0, (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) 16) λ = 2, (1, 1, −1, 0), (1, 1, 0, 1) Tìm phép biến đổi tuyến tính để đưa dạng toàn phương R3 sau tắc cho biết dạng tắc đó: a)x21 + 5x22 − 4x23 + 2x1 x2 − 4x1 x3 ; b)4x21 + x22 + x23 − 4x1 x2 − 3x2 x3 + 4x1 x3 ; c)x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ; d)2x21 + 18x22 + 8x23 − 12x1 x2 − 27x2 x3 + 8x1 x3 ; e)2x1 x2 − 3x2 x3 − 5x1 x3 ; f ) − 12x21 − 3x22 − 12x23 + 12x1 x2 + 8x2 x3 − 24x1 x3 ; ĐS: Tìm m để dạng toàn phương sau xác định dương không gian tương ứng: a)5x21 + x22 + mx23 + 4x1 x2 − 2x1 x3 − 2x2 x3 ; b)2x21 + x22 + x23 + 2mx1 x2 + 2x1 x3 ; c)x21 + x22 + 5x23 + 2mx1 x2 + 4x2 x3 − 2x1 x3 ; d)x21 + 4x22 + x23 + 2mx1 x2 + 6x2 x3 + 10x1 x3 ĐS: a) m > 2; b) − √ 15 √