Thông tin tài liệu
HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ
BỘ MÔN TOÁN KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN
NGUYỄN XUÂN VIÊN
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
VÀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
(Dùng cho sinh viên các trường Đại học Kỹ thuật)
HÀ NỘI 2013
1
2
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU
CÁC KÝ HIỆU CHUNG
Chương1. LOGIC – TẬP HỢP – ÁNH XẠ VÀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ
1.1. Sơ lược về logic mệnh đề
1.1.1. Mệnh đề và các phép toán trên mệnh đề
1.1.2. Vị từ
1.2. Tập hợp và ánh xạ
1.2.1. Tập hợp và các phép toán trên tập hợp
1.2.2. Quan hệ thứ tự và nguyên lý qui nạp toán học
1.2.3. Ánh xạ
1.3. Sơ lược về cấu trúc đại số
1.3.1. Phép toán trong
1.3.2. Sơ lược về nhóm, vành, trường
1.4. Số phức
1.4.1. Trường số phức
1.4.2. Dạng lượng giác của số phức và công thức Mauvra
1.4.3. Căn bậc n của số phức
1.5. Đa thức
1.5.1. Vành đa thức trên trường
1.5.2. Lý thuyết chia hết
1.5.3. Nghiệm của đa thức
Bài tập chương 1.
Chương 2. MA TRẬN – ĐỊNH THỨC – HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
2.1. Ma trận và các phép toán trên ma trận
2.1.1. Vành ma trận
, ( )
2.1.2. Nhóm tuyến tính ( , )
2.2. Định thức
2.2.1. Hoán vị, nghịch thế
2.2.2. Định nghĩa định thức cấp n
2.2.3. Tính chất của định thức
2.2.4. Phân tích định thức theo hàng, cột. Định lý Laplace
2.2.5. Các phương pháp tính định thức
2.2.6. Điều kiện tồn tại ma trận nghịch đảo
2.2.7. Định lý Hamilton – Kelly
2.3. Hạng của ma trận
2.3.1. Khái niệm hạng của ma trận
3
7
9
11
11
11
15
16
16
19
22
25
25
27
29
29
31
31
33
33
34
38
39
49
49
49
54
55
55
56
59
62
66
69
70
72
72
3
2.3.2. Các tính chất của hạng ma trận
2.3.3. Phương pháp biến đổi sơ cấp tìm hạng của ma trận
2.4. Tìm ma trận nghịch đảo bằng biến đổi sơ cấp
2.4.1. Đưa ma trận vuông về dạng đường chéo
2.4.2. Tìm ma trận nghịch đảo bằng biến đổi sơ cấp
2.4.3. LU – phân tích
2.5. Hệ phương trình tuyến tính
2.5.1. Hệ Gauss và công thức Cramer
2.5.2. Hệ phương trình tuyến tính tổng quát
2.5.3. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
2.5.4. Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp giải hệ PTTT
Bài tập chương 2.
Chương 3. KHÔNG GIAN VECTƠ VÀ ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
3.1. Không gian vectơ và không gian vectơ con
3.1.1. Khái niệm không gian vectơ và không gian vectơ con
3.1.2. Các không gian vectơ quan trọng
3.2. Cơ sở và chiều
3.2.1. Hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính
3.2.2. Định lý cơ bản về cơ sở
3.2.3. Ma trận chuyển cơ sở
3.2.4. Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
3.3. Hạng của hệ vectơ
3.3.1. Khái niệm về hạng của hệ vectơ
3.3.2. Định lý về hạng của ma trận
3.4. Đẳng cấu không gian vectơ
3.5. Không gian tổng, không gian giao. Tổng trực tiếp
3.5.1. Định lý về chiều của không gian tổng, không gian giao
3.5.2. Tổng trực tiếp
3.6. Ánh xạ tuyến tính
3.6.1. Khái niệm ánh xạ tuyến tính và toán tử tuyến tính
3.6.2. Cách cho ánh xạ tuyến tính
3.6.3. Không gian nhân và không gian ảnh
3.7. Ánh xạ tuyến tính ngược
3.8. Ma trận của ánh xạ tuyến tính
3.8.1. Ma trận của ánh xạ tuyến tính, của toán tử tuyến tính
3.8.2. Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính
3.8.3. Ma trận của ánh xạ tuyến tính khi đổi cơ sở
4
72
73
76
76
79
81
83
83
85
89
90
92
113
113
113
116
118
118
120
122
125
126
126
127
130
131
131
134
135
135
137
138
141
142
142
145
147
3.8.4. Hạng của ánh xạ tuyến tính
148
3.9. Giá trị riêng, vectơ riêng
150
3.9.1. Khái niệm giá trị riêng, vectơ riêng của toán tử tuyến tính
150
3.9.2. Định lý về giá trị riêng, vectơ riêng
152
Bài tập chương 3.
156
Chương 4. HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN EUCLID
175
4.1. Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương trong không gian vectơ 175
4.1.1. Khái niệm song tuyến tính và dạng toàn phương
175
4.1.2. Ma trận dạng toàn phương khi đổi cơ sở
178
4.2. Dạng chính tắc của dạng toàn phương
178
4.2.1. Khái niệm cơ sở chính tắc của dạng toàn phương
178
4.2.2. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
180
4.2.3. Định luật quán tính
187
4.3. Dạng toàn phương xác định dương
188
4.4. Không gian Euclid
191
4.4.1. Tích vô hướng
191
4.4.2. Các bất đẳng thức của tích vô hướng
192
4.4.3. Hệ cơ sở trực chuẩn
194
4.4.4. Không gian con trực giao. Định lý về chiếu trực giao
200
4.4.5. Định lý chéo hóa trực giao ma trận đối xứng
206
4.4.6. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp chéo hóa
trực giao
209
4.5. Siêu mặt bậc hai
211
Bài tập chương 4.
220
Đáp số, trả lời các bài tập
229
Tài liệu tham khảo
249
Bảng chỉ dẫn chữ cái
251
5
6
LỜI NÓI ĐẦU
Giáo trình “ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VÀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH” này được viết và
hoàn thiện dựa trên cuốn “Đại số tuyến tính” của cùng tác giả xuất bản năm 1996 và
được dùng làm tài liệu giảng dạy tại Học viện Kỹ thuật Quân sự từ đó đến nay. Sau hơn
15 năm tồn tại, đến nay đã có nhiều thay đổi cả về chương trình giảng dạy toán ở các
trường đại học lẫn phương pháp dạy và học toán, từ dạy và học theo niên chế nhiều
trường đại học, học viện đã chuyển sang đào tạo theo tín chỉ, từ việc lên lớp truyền đạt
cho sinh viên các kiến thức hàn lâm cần thiết chuyển sang giảng giải các kiến thức
chính trên lớp, gợi ý, hướng dẫn sinh viên tự đọc, tự học, từ học tập thụ động trên lớp
theo thầy, chuyển sang học tập tích cực, phát huy tính sáng tạo của sinh viên. Những
thay đổi này đòi hỏi sự ra đời của một giáo trình môn Đại số tuyến tính và Hình học
giải tích mới, có đủ các kiến thức hàn lâm của môn học, lại chứa đựng cả những
phương pháp tư duy toán học vừa tương đối trừu tượng vừa cụ thể theo phương pháp tư
duy thuật toán, giúp cho sinh viên tuy có ít thời gian hơn lên lớp nghe giảng nhưng vẫn
có điều kiện tự đọc giáo trình, phát huy được tính sáng tạo tự học, tự nghiên cứu của
học viên. Tác giả hy vọng, cuốn giáo trình này đáp ứng được phần nào những kỳ vọng
nêu trên.
Có thời lượng lên lớp 3-4 tín chỉ, so với giáo trình đã xuất bản năm 1996, giáo trình
này đã lược bớt một số kiến thức không cần thiết, nhất là tìm các phương pháp trình
bày một số phần quan trọng theo cách mới mang rõ tính thuật toán hơn, ngắn gọn hơn
(LU-phân tích, định thức, hệ phương trình tuyến tính, ánh xạ tuyến tính, QR-phân tích,
hình học trong không gian Euclid, siêu mặt bậc hai). Các định lý mang tính nguyên tắc
về phát triển tư duy toán học được trình bày chặt chẽ, có nhiều ví dụ minh họa, giúp
cho người học, trong lần học qua đầu tiên cũng đã nắm được ý tưởng và có thể giải
được các bài tập cơ bản của chương trình. Vì thời gian lên lớp theo học chế tín chỉ ít
hơn nên phần lớn các định lý, kể cả một số định lý quan trọng, sinh viên cũng phải tự
đọc ở nhà. Giáo trình này cũng được viết với ý tưởng làm giảm nhẹ bớt công việc bắt
buộc này của sinh viên, giúp họ chủ động tích lũy kiến thức cần thiết và phát huy tính
sáng tạo khi học trên lớp cũng như tự học ở nhà.
Trong giáo trình có trình bày một số phương pháp Gauss mang tính thuật toán như:
“Thuật toán” tìm hạng ma trận, phương pháp Gauss chứng minh định lý Cronecker –
Capelli, phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính, phương pháp Gauss tìm
cơ sở và chiều không gian sinh bởi hệ vectơ, phương pháp Jacobi đưa dạng toàn
phương về dạng chính tắc v.v. Sau mỗi chương đều có bài tập đa dạng, phong phú.
Giáo trình lý thuyết này cùng với cuốn “Bài tập ĐSTT và HHGT. – Hà Nội:
Nxb QĐND – 2010”, của các tác giả Nguyễn Xuân Viên, Nguyễn Hoài Anh,
Nguyễn Thị Thanh Hà – tạo thành một gắn kết thống nhất, giúp sinh viên tiếp thu tốt
7
môn học “Hình học giải tích và Đại số tuyến tính” trong các trường đại học kỹ thuật.
Một số phần mở rộng kiến thức hoặc ứng dụng như các mục con 1.5.2, 2.4.3, mục
3.4, bổ đề 4.8, 4.9 dành để đọc thêm có thể bỏ qua hoặc cho sinh viên tự đọc ở nhà.
Các định nghĩa, bổ đề, định lý, hệ quả, chú thích, ví dụ được đánh số theo từng
chương.
Cuối cùng, tác giả muốn bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các đồng nghiệp Toán ở HV
KTQS đã động viên, góp ý và giúp đỡ tác giả hoàn thành công việc khó khăn này.
Hà Nội 2-9-2013
8
CÁC KÝ HIỆU CHUNG
ℕ = {0,1,2, … , , … } tập tất cả các số tự nhiên
ℤ = {0, ±1, ±2, … , ± , … } tập tất cả các số nguyên
ℚ, ℝ, ℂ theo thứ tự là tập tất cả các số hữu tỷ, số thực, số phức
∖ {0} tập con trong trường số thiếu số 0
∗ =
trường số ( = ℝ hoặc = ℂ )
| | lực lượng của tập
tập tất cả các tập con của tập X
[ ] tập tất cả các đa thức với hệ số trên trường
[ ]
tập tất cả các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n với hệ số trên trường
bậc của đa thức ( ) ∈ [ ]
=
−
ma trận đơn vị với cấp thích hợp
1 ế =
− ký hiệu Kronecker
0 ế ≠
− hạng của ma trận
− vết của ma trận
hay | | − định thức của ma trận
( ) − tập tất cả các ma trận cấp (m,n) trên trường
( ) − tập tất cả các ma trận vuông cấp n trên trường
− ma trận chuyển vị của ma trận A
− chuyển vị của liên hợp ma trận A, tức là
= ( ̅)
= ( , , … , ) − là vectơ trong không gian vectơ được viết dưới dạng tọa độ
=
[ ] = … − ma trận cột (cỡ n), [
]∈
( )
…
[ ] =[
] − ma trận hàng (cỡ n), [ ] ∈
( )
= { = ( , , … , ): ∈
( = 1,2, … , )} − không gian tọa độ n chiều
trên trường
E – không gian Euclid
〈 , 〉 − tích vô hướng của hai vectơ a,b
∆ bất đầu chứng minh, lời giải hoặc ví dụ
□ kết thúc chứng minh, lời giải, ví dụ hoặc chú thích, nhận xét
9
10
Chương1
LOGIC – TẬP HỢP – ÁNH XẠ VÀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ
1.1.
SƠ LƯỢC VỀ LOGIC MỆNH ĐỀ
1.1.1. Mệnh đề và các phép toán trên mệnh đề
a) Mệnh đề
Mệnh đề là một khẳng định mà ta có thể biết nó đúng hoặc sai. Ví dụ “hôm nay ở
Hà Nội có tuyết rơi” – đây là một khẳng định sai, còn “2 > 1” là một khẳng định đúng.
Các mệnh đề thường được ký hiệu bằng các chữ Latin in hoa: A, B, C, …. Khi mệnh
đề A đúng ta sẽ nói A nhận giá trị đúng và viết − hoặc : . Khi mệnh đề B sai thì
ta nói B nhận giá trị sai và viết − hoặc : tùy theo các trường hợp thuận lợi khác
nhau.
Trong logic toán, mệnh đề chỉ nhận một trong hai giá trị: hoặc đúng (T) hoặc sai
(F), không có mệnh đề vừa đúng vừa sai.
b) Các phép toán trên mệnh đề
Từ các mệnh đề nào đó ta sẽ xây dựng các mệnh đề mới bằng năm phép toán logic
sau đây.
b1. Phép tuyển
Dấu của phép toán: ⋁ (đọc là “tuyển” )
Giả sử , là các mệnh đề, khi đó ⋁ (đọc là “ hoặc ” ) cũng là một mệnh
đề, nó nhận giá trị sai chỉ trong một trường hợp khi mà cả lẫn đều sai.
Để xác định các giá trị của một mệnh đề mới xây dựng, người ta thường cho các giá
trị của nó dưới dạng bảng giá trị chân lý.
Bảng 1.1
Bảng giá trị chân lý của mệnh đề ⋁
A
B
⋁
T
T
T
T
F
T
F
T
T
F
F
F
Mỗi mệnh đề A, B có 2 giá trị T, F nên ( , ) có 4 cặp giá trị được viết trên 4 hàng
ngang của bảng giá trị chân lý.
b2. Phép hội
Dấu của phép toán: ⋀ (đọc là “hội”).
Giả sử ,
là các mệnh đề, khi đó ⋀ (đọc là “
nhận giá trị đúng chỉ trong một trường hợp khi mà cả
và ”) cũng là một mệnh đề, nó
lẫn
đều đúng.
11
Bảng 1.2
Bảng giá trị chân lý của mệnh đề ⋀
A
T
T
F
F
B
T
F
T
F
⋀
T
F
F
F
b3. Phép suy diễn
Dấu của phép toán: ⇒ (đọc là “suy ra”).
Giả sử , là các mệnh đề, khi đó ⇒ (đọc là “
nó nhận giá trị sai chỉ trong một trường hợp khi mà
suy ra ”) cũng là một mệnh đề,
đúng còn sai.
Bảng 1.3
Bảng giá trị chân lý sau đây của mệnh đề ⇒
A
T
T
F
F
B
T
F
T
F
⇒
T
F
T
T
Trong phép suy diễn ⇒ , A được gọi là giả thuyết, B – kết luận. Như vậy, theo
định nghĩa, phép suy diễn ⇒ chỉ được coi là sai nếu từ giả thuyết đúng suy ra kết
luận sai.
b4. Phép tương đương
Dấu của phép toán: ⇔ (đọc là “tương đương”)
Giả sử , là các mệnh đề, khi đó ⇔ (đọc là “ tương đương với ”) cũng là
một mệnh đề, nó nhận giá trị đúng nếu A và B nhận các giá trị giống nhau.
Bảng 1.4
Bảng giá trị chân lý sau đây của mệnh đề ⇔
A
T
T
F
F
B
T
F
T
F
⇔
T
F
F
T
b5. Phép phủ định
Dấu của phép toán: ¬ (hoặc ) (đọc là “phủ định”).
Giả sử A là mệnh đề. Khi đó ¬ (hoặc ̅) ( đọc là “không A”) cũng là mệnh đề, nó
nhận các giá trị ngược với các giá trị của A.
12
Bảng 1.5
Bảng giá trị chân lý của mệnh đề
¬
F
T
A
T
F
c) Công thức và định lý
Xuất phát từ một số các mệnh đề cho trước ban đầu , , , … người ta xây dựng
các mệnh đề mới với sự giúp đỡ của năm phép toán logic đã được định nghĩa ở trên.
Các mệnh đề ban đầu được gọi là các mệnh đề sơ cấp, các mệnh đề mới nhận được
được gọi là công thức. Khi viêt các công thức, như thường lệ, ta có sử dụng các dấu
ngoặc (). Ví dụ như: (¬ ) ⇒ ⋀ , ( ⋁ ) ⇔ là các công thức. Trong đó công
thức thứ nhất được xây dựng từ ba mệnh đề sơ cấp , , ; còn công thức thứ hai được
xây dựng từ hai mệnh đề sơ cấp , . Giống như trong số học, để tránh rườm rà, khi sử
dụng các dấu ngoặc người ta qui ước thứ tự ưu tiên các phép toán như sau: phép phủ
định được thực hiện trước tiên, sau đó đến phép hội, kế tiếp đến phép tuyển rồi mới đến
các phép suy diễn và tương đương. Theo qui ước này, các công thức trên có thể được
viết lại cho gọn như sau: (¬ ⇒ )⋀ , ⋁ ⇔ .
Công thức luôn nhận giá trị đúng với mọi giá trị khác nhau của các mệnh đề sơ cấp
được gọi là công thức hằng đúng hay còn gọi là định lý, định luật.
Ví dụ 1.1. Ta hãy chứng tỏ công thức ⋀ ⇒ ⋁ là một công thức hằng đúng.
Thật vậy, theo định nghĩa công thức này chỉ có thể sai khi giả thuyết ⋀ − T, còn
kết luận ⋁ − F. Nhưng khi ⋀ − T thì cả A lẫn B đều đúng, cho ta ⋁ − T .
Điều này chứng tỏ công thức đã cho là công thức hằng đúng. □
Có một cách khác đơn giản hơn để chứng tỏ một công thức nào đó hằng đúng là
thành lập bảng giá trị chân lý của nó và chứng tỏ với mọi giá trị khác nhau của các
mệnh đề sơ cấp công thức đã cho là công thức luôn nhận giá trị đúng.
Bảng 1.6
Bảng giá trị chân lý của công thức ⋀ ⇒ ⋁
A
T
T
F
F
B
T
F
T
F
⋀
T
F
F
F
⋁
T
T
T
F
⋀ ⇒ ⋁
T
T
T
T
Mệnh đề hằng đúng thường được viết tắt, bắt đầu bởi ký hiệu ⊨ (đọc là “hằng
đúng”). Ví dụ 1.1 cho ta ⊨ ⋀ ⇒ ⋁ .
d) Các định luật quan trọng của logic mệnh đề
13
Công thức nhận được từ một công thức nào đó bằng cách thay đồng thời các phép
toán hội thành tuyển, tuyển thành hội được gọi là công thức đối ngẫu của công thức đã
cho. Ví dụ công thức ⋁ ⇒ ⋀ là công thức đối ngẫu của ⋀ ⇒ ⋁ . Sau đây
chúng ta nêu ra các định luật quan trọng nhất của logic mệnh đề và các định luật đối
ngẫu của chúng.
d1. Các định luật giao hoán
⋁ ⇔ ⋁
⋀ ⇔ ⋀
d2. Các định luật kết hợp
( ⋁ )⋁ ⇔ ⋁( ⋁ )
( ⋀ ) ⋀ ⇔ ⋀( ⋀ )
d3. Các định luật phân phối
⋀( ⋁ ) ⇔ ( ⋀ ) ⋁( ⋀ )
⋁( ⋀ ) ⇔ ( ⋁ ) ⋀( ⋁ )
d4. Các định luật lũy đẳng
⋁ ⇔
⋀ ⇔
d5. Các định luật hấp thụ
⋀( ⋁ ) ⇔
⋁( ⋀ ) ⇔
d6. Các định luật De Morgan
¬( ⋁ ) ⇔ (¬ )⋀(¬ )
¬( ⋀ ) ⇔ (¬ )⋁(¬ )
d7. Định luật hai lần phủ định
⇔ ¬(¬ )
d8. Định luật chứng minh bằng phản chứng
¬( ⇒ ) ⇔ ( ⋀¬ )
Chứng minh. Tất cả các định luật trên đây đều có thể chứng minh được bằng
phương pháp lập các bảng giá trị chân lý tương ứng. Ví dụ như đối với định luật
chứng minh bằng phản chứng ta có
Bảng 1.7
14
A
Bảng giá trị chân lý của công thức ¬( ⇒ ) ⇔ ( ⋀¬ )
( ⋀¬ )
( ⇒ )
B
¬
⇒
¬( ⇒ )
⇔ ¬( ⋀¬ )
T
T
F
F
T
F
T
F
F
T
F
T
T
F
T
T
F
T
F
F
F
T
F
F
T
T
T
T
Từ định luật chứng minh bằng phản chứng và định luật De Morgan thứ hai dễ dàng
nhận được
( ⇒ ) ⇔ (¬ ⋁ )
mà ta có thể coi đây là một dạng khác của phương pháp chứng minh bằng phản chứng
thứ nhất.
1.1.2. Vị từ
a) Hàm mệnh đề
Ta nói ( , , … , ) là hàm mệnh đề n ngôi xác định trên tập hợp M nếu thay
=
∈ , =
∈ ,…, =
∈
ta được mệnh đề ( , , … , ). Ví dụ
( > ) là hàm mệnh đề hai ngôi xác định trên tập số nguyên ℤ. Thật vậy nếu thay
= , = ; , ∈ ℤ thì rõ ràng ta nhận được mệnh đề ( > ).
b) Vị từ
Tập hợp là khái niệm cơ sở đầu tiên của toán học, người ta không định nghĩa tập
hợp là gì mà chỉ mô tả tập hợp. Người ta ký hiệu các tập hợp bằng các chữ Latin in
hoa: A, B, C, …; các phần tử bằng các chữ Latin thường: a, b, c,…. Khi a là phần tử
của tập A thì ta viết ∈ (đọc là “a nhỏ thuộc A lớn”). Khi b không phải là phần tử
của tập B thì có thể viết tắt ∉ (đọc là “b nhỏ không thuộc B lớn”). Như vậy
∉ ⇔ ¬( ∈ ).
Lượng tử chung ∀ − đọc là “với mọi”.
Lượng tử riêng ∃ − đọc là “tồn tại”.
Vị từ là mệnh đề có chứa các lượng tử. Các vị từ được xác định như sau:
Giả sử ( ) là hàm mệnh đề xác định trên tập A khi đó ∀ ( ) (đọc là “với mọi
( )”) là một mệnh đề, nó nhận giá trị đúng nếu với mọi
∈ ( ( ) − ); ∃ ( )
(đọc là “tồn tại
( )”) là một mệnh đề, nó nhận giá trị đúng nếu tồn tại
∈ ( ( ) − ). Như vậy mệnh đề ∀ ( ) chỉ sai khi mà ta tìm thấy một ∈ để
( ) − ; còn mệnh đề ∃ ( ) chỉ sai khi mà với mọi ∈ ta đều có ( ) − .
Tương tự xác định vị từ đối với hàm mệnh đề nhiều biến, ví dụ như ∀ ∀ ( , ),
∃ ∃ ( , ), ∀ ∃ ( , ), …
Dễ dàng nhận thấy các lượng tử cùng loại trong một vị từ thì giao hoán, còn các
lượng tử khác loại không giao hoán. Thật vậy, xét hàm mệnh đề hai ngôi xác định trên
tập số nguyên ( , ) là ( ≤ ); khi đó mệnh đề ∀ ∃ ( ≤ ) − đúng; trong khi
đó nếu đổi chỗ hai lượng tử trong vị từ cho nhau ta lại được mệnh đề ∃ ∀ ( ≤ ) −
sai vì trong tập số nguyên ℤ không tồn tại số nguyên lớn nhất. Như vậy do các lượng tử
khác loại trong vị từ không giao hoán nên không được tùy tiện đổi chỗ chúng.
Ví dụ 1.2. Ta hãy viết dưới dạng vị từ định nghĩa dãy ( ) có giới hạn bằng a khi
→ ∞.
15
Giả sử , ∈ ℝ; , ∈ ℕ. Để đơn giản trong cách viết người ta qui ước
∀ ( > 0) viết thành ∀ > 0. Từ đó ta có
lim
= ⇔ ∀ > 0 ∃ ∀ ( ≥ ) ⇒ | − | < .□
→
c) Phủ định của vị từ.
Từ định nghĩa của vị từ có thể chứng minh được qui tắc sau đây về lấy phủ định của
vị từ.
Phủ định của vị từ nhận được bằng cách thay các lượng tử bằng lượng tử khác loại,
thay hàm mệnh đề thành phủ định của nó.
Ví dụ 1.3. Hãy viết dưới dạng vị từ khẳng định dãy ( ) không có giới hạn bằng a.
Theo định luật chứng minh bằng phản chứng và qui tắc phủ định của vị từ ta có
ngay
¬ lim
→
1.2.
=
⇔ ∃
> 0∀ ∃
(
≥
)⋀
−
≥
TẬP HỢP VÀ ÁNH XẠ
1.2.1. Tập hợp và các phép toán trên tập hợp
a) Khái niệm
Như đã nói trong mục 1.1.2.b) tập hợp là khái niệm cơ sở của toán học, người ta
không định nghĩa mà chỉ mô tả tập hợp. Muốn cho một tập hợp ta phải chỉ ra được cách
xác định tất cả các phần tử của tập hợp ấy. Nếu tập hợp có ít phần tử thì ta có thể liệt kê
tất cả các phần tử của nó. Nếu tập hợp có nhiều phần tử thì có thể phân nhỏ ra các tập
con rồi liệt kê các phần tử của các tập con này. Ví dụ để xác định một lớp lớp học nào
đó trong trường ta chỉ cần chỉ ra danh sách các học sinh của lớp đó. Để xác định dân cư
của một xã, phường ta sẽ lập danh sách dân cư của các thôn trong xã, v. v.. Để xác định
tập hợp ta có thể chỉ ra các qui luật xác định phần tử của tập ấy. Chẳng hạn như A là tập
tất cả các nghiệm thực của đa thức
+ − + 1 hay ℕ = {0,1,2, … } là tập tất cả
các số tự nhiên.
Tập không có phần tử nào gọi là tập rỗng. Tập rỗng được ký hiệu là ∅. Như vậy,
theo định nghĩa, ∅ là tập thỏa mãn điều kiện ∀ ( ∉ ∅).
Định nghĩa 1.1. Hai tập hợp , được gọi là bằng nhau và viết = nếu chúng
có chứa các phần tử như nhau.
Như vậy, theo định nghĩa
( = )⇔∀
( ∈ )⇒( ∈ ) ⋀ ( ∈ )⇒( ∈ )
Định nghĩa 1.2. Tập A được gọi là tập con của tập B và ký hiệu là
chứa tất cả các phần tử của A.
Như vậy, theo định nghĩa
( ⊆ )⇔∀ ( ∈ )⇒( ∈ ) .
16
⊆
nếu B
Từ đây dễ dàng thấy, hai tập hợp bằng nhau khi và chỉ khi tập nọ là tập con của tập
kia và ngược lại:
( = ) ⇔ ( ⊆ )⋀( ⊆ ).
Ví dụ 1.4. Gọi = {1,2,3}; = {2,1,3}; = {1,1,2,3}; D là tập tất cả các nghiệm
của phương trình
− 6 + 11 − 6 = 0. Theo định nghĩa ta có = = ,
nhưng ≠ vì tập C có 4 phần tử trong đó có hai số 1 mà tập A có 3 phần tử, trong
đó chỉ có một số 1. Tuy nhiên nếu xét và như các tập các số tự nhiên (khác
nhau) thì = .□
b) Các phép toán trên tập hợp
b1. Phép hợp
Dấu của phép toán: ∪ (đọc là “hợp”)
Định nghĩa 1.3. Giả sử , là hai tập hợp, khi đó hợp của chúng, được ký hiệu là
∪ , gồm tất cả các phần tử của và tất cả các phần tử của B.
Như vậy, theo định nghĩa,
∈( ∪ ) ⇔( ∈ )∨( ∈ )
Với mọi tập , hiển nhiên ta có ∪ ∅ = .
b2. Phép giao
Dấu của phép toán: ∩ (đọc là “giao”)
Định nghĩa 1.4. Giả sử , là hai tập hợp, khi đó giao của chúng, được ký hiệu là
∩ , gồm tất cả các phần tử chung của và của B.
Như vậy, theo định nghĩa,
∈( ∩ ) ⇔( ∈ )∧( ∈ )
Với mọi tập , hiển nhiên ta có ∩ ∅ = ∅.
b3. Phép hiệu
Dấu của phép toán: ∖ (đọc là “hiệu”)
Định nghĩa 1.5. Giả sử , là hai tập hợp, khi đó hiệu của chúng, được ký hiệu là
∖ , gồm tất cả các phần tử của nhưng không là của B.
Như vậy, theo định nghĩa,
∈ ( ∖ ) ⇔ ( ∈ ) ∧ ¬( ∈ )
Với mọi tập , hiển nhiên ta có ∖ ∅ = , ∅ ∖ = ∅.
b4. Phép hiệu đối xứng
Dấu của phép toán: ∆ (đọc là “hiệu đối xứng”)
Định nghĩa 1.6. Giả sử , là hai tập hợp, khi đó hiệu đối xứng của chúng, được
ký hiệu là ∆ , gồm tất cả các phần tử của nhưng không là của B và của B nhưng
không là của A. Nói một cách chính xác hơn, theo định nghĩa,
∆ = ( ∖ )∪( ∖ )
Với mọi tập , hiển nhiên ta có ∆∅ = ∅∆ = .
17
b5. Phép lấy phần bù
Khi ⊆ thì hiệu ∖ được viết như phép trừ thông thường, tức là − .
Định nghĩa 1.7. Ta coi các tập A, B, C, … đều là tập con của một tập U nào đó, khi
đó hiệu − được gọi là phần bù của A (trong U) và ký hiệu là ̅. Như vậy, theo định
nghĩa, ̅ = − .
Rõ ràng là ∪ ̅ = và ∩ = .
Trong sơ đồ Venn, minh họa cho tập hợp, người ta lấy tập U là một hình chữ nhật
trong mặt phẳng, còn các tập A, B, C,.. là các hình tròn nằm trong U.
c) Các tính chất của phép toán
Các phép toán trên tập hợp có các tính chất đối ngẫu giống như trong logic mệnh
đề (1.1.1.d)).
c1. Tính chất giao hoán
∪ = ∪
∩ = ∩
c2. Tính chất kết hợp
( ∪ )∪ = ∪( ∪ )
c3. Tính chất phân phối
∩ ( ∪ ) = ( ∩ )∪( ∩ )
( ∩ )∩
∩( ∩ )
=
∪ ( ∩ ) =( ∪ )∩( ∪ )
c4. Tính chất lũy đẳng
∪ =
∩
c5. Tính chất hấp thụ.
∩( ∪ )=
=
∪( ∩ ) =
c6. Tính chất hai lần lấy phần bù
̅=
c7. Các tính chất De Morgan
∪ = ̅∩
∩
= ̅∪
Chứng minh.
Các tính chất của các phép toán trên tập hợp nêu trên đều có thể dễ dàng chứng
minh được bằng phương pháp đưa về các tính chất tương ứng của logic mệnh đề. Ví
dụ như tính chất thứ nhất trong c5 có thể chứng minh như sau: theo định nghĩa của
các phép toán trên tập hợp và định luật De Morgan thứ nhất trong logic mệnh đề ta
có
∈ ∩( ∪ ) ⇔ ( ∈ )∧
∈( ∪ ) ⇔
( ∈ ) ∧ ( ∈ ) ∨ ( ∈ ) ⇔ ( ∈ ), và như thế theo định nghĩa hai tập bằng
nhau ta đã nhận được điều cần phải chứng minh ∩ ( ∪ ) = . □
Chú thích 1.1. Người ta thường sử dụng ngôn từ “đại số tập hợp” để ám chỉ các
18
biến đổi trong lý thuyết tập hợp mà có sử dụng đến các tính chất cơ bản nêu
trên của tập hợp mà không cần trở lại với logic mệnh đề. Ví dụ, để chứng minh
công thức
∪ =( ∆ )∪( ∩ )
trong đại số tập hợp, ta sử dụng các tính chất c1 - c7 và biến đổi vế phải của công
thức cần chứng minh ra vế trái như sau:
( ∆ )∪( ∩ ) = ( ∩ )∪( ̅∩ )∪( ∩ )= ( ∩ )∪
∩( ̅∪ )
= ( ∩ ) ∪ = ( ∪ ) ∩ ( ∪ ) = ∪ (đ.p.c.m.); trong đó sau dấu bằng
thứ nhất ta đã sử dụng định nghĩa của phép toán hiệu đối xứng, sau dấu bằng thứ hai
ta đã sử dụng tính phân phối ở hai số hạng cuối cùng, sau dấu bằng thứ ba và dấu
bằng thứ tư ta đã sử dụng hệ thức ̅ ∪ = ∪ = và ∩ = với tập C tùy
ý. □
1.2.2. Quan hệ thứ tự và nguyên lý qui nạp toán học
a) Tích Decac và quan hệ
a1. Tích Decac
Định nghĩa 1.8. Tích Decac của hai tập , được ký hiệu là × , là tập tất cả các
bộ hai thứ tự ( , ); ∈ , ∈ .
Tương tự tích Decac n ngôi của các tập
, , … , , được ký hiệu là
×
× …×
, là tập tất cả các bộ n- thứ tự ( , , … , ); ∈ , = 1,2, … , .
Khi
=
=⋯=
= thì
×
× …×
được viết thành .
Ví dụ 1.5. Ta coi = {1,2}, = { , , }. Khi đó
× = {(1, ), (1, ), (1, ), (2, ), (2, ), (2, )}. □
a2. Quan hệ
Định nghĩa 1.9. Tập con ⊆
được gọi là quan hệ trong tập .
Khi ( , ) ∈ người ta thường viết cho dễ hiểu thành
theo mẫu của quan hệ
thứ tự ≤ (nhỏ hơn hoặc bằng) thông thường trên tập số tự nhiên.
Ví dụ 1.6. Ta lấy ⊆ ℝ bởi = {( , ): = }. Dễ dàng thấy quan hệ R này
xác định mối quan hệ giữa hoành độ và tung độ các điểm trên mặt phẳng ℝ sao
cho các điểm ( , ) nằm trên parabol = . □
a3. Quan hệ thứ tự và quan hệ tương đương
Định nghĩa 1.10. Quan hệ R trong tập A được gọi là quan hệ thứ tự (hay còn gọi là
quan hệ thứ tự từng phần) nếu nó thỏa mãn các tính chất sau đây với mọi , , ∈ :
i)
– tính phản xạ
ii)
và
thì
– tính bắc cầu
iii)
và
thì = – tính phản đối xứng
Tập A được gọi là tập có thứ tự nếu trong A có một quan hệ thứ tự R.
19
Hai phần tử , ∈ được gọi là nằm trong quan hệ R, hay còn gọi là so sánh được
với nhau trong quan hệ R nếu
hoặc
.
Quan hệ thứ tự trong tập A được gọi là quan hệ thứ tự tuyến tính nếu hai phần tử bất
kỳ trong A đều so sánh được với nhau trong quan hệ R. Tập A mà trong đó có quan hệ
thứ tự tuyến tính R được gọi là tập có thứ tự tuyến tính (một số tác giả còn gọi A là tập
có thứ tự toàn phần).
Định nghĩa 1.11. Quan hệ R trong tập A được gọi là quan hệ tương đương nếu nó
thỏa mãn các tính chất sau đây với mọi , , ∈ :
i)
– tính phản xạ
ii)
và
thì
– tính bắc cầu
iii)
thì
– tính đối xứng
Ví dụ 1.7. Trong tập số nguyên ℤ ta đưa vào hai quan hệ , như sau:
⇔ ≤ ; trong đó ≤ là thứ tự “nhỏ hơn hoặc bằng” thông thường.
⇔ | tức là m là thừa số của n ( hay n chia hết cho m, tức là tồn tại số
nguyên q để n = mq).
trong ℤ đều là các quan hệ thứ
Dễ dàng kiểm tra được, rằng cả hai quan hệ ,
tự. Đối với
hai số nguyên bất kỳ đều so sánh được với nhau, vì rằng ∀ , ∈ ℤ
ta có hoặc
≤ hoặc ≤ . Tuy nhiên đối với
thì lại khác, không phải hai số
nguyên nào cũng so sánh được với nhau, ví dụ như đối với 2 và 3 thì, 2 không phải
là thừa số của 3 mà 3 cũng không phải là thừa số của 2. Theo định nghĩa thì
là
chỉ là quan hệ thứ tự (từng phần) trên tập số
quan hệ thứ tự tuyến tính còn
nguyên. □
Định nghĩa 1.12. Họ = ( ) ∈ các tập con của tập A được gọi là phân hoạch của
A nếu
i)
∩ = ∅ với ≠ ;
ii) = ⋃ ∈ .
Các tập con , ∈ , được gọi các lớp của phân hoạch .
Ví dụ 1.8. Xét quan hệ
trong tập số nguyên ℤ xác định theo qui tắc
⇔ 2/( − ) (khi đó trong lý thuyết số người ta viết
≡ (mod2), đọc là
“m đồng dư n theo modul 2” ). Dễ dàng kiểm tra được, quan hệ vừa xác định là
quan hệ tương đương, người ta thường gọi đó là quan hệ đồng dư theo modul 2.
Quan hệ này chia tập số nguyên thành hai lớp: một lớp gồm tất cả các số nguyên
chia hết cho 2, lớp thứ hai gồm các số nguyên còn lại: chia cho 2 dư 1. □
Một cách tổng quát, nếu
là một quan hệ tương đương trong tập A thì tồn tại một
phân hoạch A thành các tập con; trong đó các phần tử tương đương với nhau được cho
vào cùng một lớp. Ngược lại, mỗi một phân hoạch A thành các lớp con cho ta một quan
hệ tương đương R. Thật vậy khi đó ta chỉ việc xây dựng quan hệ R theo qui tắc:
20
⇔ a, b thuộc cùng một lớp của phân hoạch đã cho. Như vậy là, việc cho một quan
hệ tương đương trong tập A tương đương với việc cho một phân hoạch nào đó của tập
A.
Định nghĩa 1.13. Giả sử R là quan hệ thứ tự trong tập A,
⊆ ; phần tử
∈
nếu ∀ ∈
ta đều có
.
được gọi là phần tử nhỏ nhất của
Định nghĩa 1.14. Tập A được gọi là tập có thứ tự hoàn toàn nếu mọi tập con của nó
đều có phần tử nhỏ nhất.
Trong tập có thứ tự hoàn toàn có phép qui nạp siêu hạn. Tập có thứ tự hoàn toàn
đơn giản nhất là tập số tự nhiên ℕ với quan hệ thứ tự ≤ thông thường. Trong tập ℕ có
phép qui nạp toán học quan trọng, sẽ được trình bày ngay sau đây.
b) Nguyên lý qui nạp toán học
Định lý 1.1. (Nguyên lý qui nạp toán học) Khẳng định ( ) đúng cho mọi số tự
( ∈ ℕ) nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
nhiên , ≥
1) ( ) đúng
2) Từ ( ) đúng cho tùy ý,
≥
suy ra ( + 1) đúng
Chứng minh. Bằng phản chứng, giả sử cả hai điều kiện trong định lý 1 đều được
mà ( ) − sai. Khi đó gọi P là tập tất
thỏa mãn nhưng vẫn tồn tại ∈ ℕ, ≥
cả các số tự nhiên như vậy. P có phần tử nhỏ nhất là , ( ) −sai. Mặt khác
theo giả thiết 1) ta phải có
>
, khi đó thì do
≤ −1<
nên
( − 1) − đúng. Nhưng mà theo giả thiết 2) của định lý thì từ ( − 1) − đúng
phải suy ra ( ) − đúng; điều này trái với ( ) −sai theo xây dựng số
ở trên.
Định lý đã được chứng minh.
Chú thích 1.2. Nguyên lý qui nạp toán học trên tập số tự nhiên còn có thể được
phát biểu dưới dạng sau đây:
( ∈ ℕ) nếu thỏa mãn hai
Khẳng định ( ) đúng cho mọi số tự nhiên , ≥
điều kiện sau:
1) ( ) đúng
2) Từ ( ) đúng cho các số
≤ ≤
suy ra ( + 1) đúng
Như vậy, để chứng minh một tính chất nào đó ( ) đúng cho mọi số tự nhiên ∈ ℕ
ta cần thực hiện hai bước: bước thứ nhất kiểm tra (0) đúng, bước này được gọi là
bước cơ sở qui nạp. Bước thứ hai chứng minh từ ( ) đúng cho ≥ 0 tùy ý suy
ra ( + 1) đúng hay là tương đương, từ ( ) đúng cho các số 0 ≤ ≤
suy ra
( + 1) đúng. □
Giả thuyết ( ) đúng được gọi là giả thuyết qui nạp.
Ví dụ 1.9. Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên
∈ ℕ∗ ta đều có
1. (1!) + 2. (2!) + ⋯ + . ( !) = ( + 1)! − 1.
21
Ta chứng minh hệ thức này bằng phương pháp qui nạp toán học.
Cơ sở qui nạp: với = 1 ta có 1. (1!) = (2!) − 1 = 1 − đúng.
∈ ℕ∗, tức là
Giả sử hệ thức đã cho đúng cho số tự nhiên
1. (1!) + 2. (2!) + ⋯ + . ( ! ) = ( + 1)! − 1, ta sẽ chứng minh nó đúng cho
+ 1, tức là phải chứng minh
1. (1!) + 2. (2!) + ⋯ + ( + 1). ( + 1)! = ( + 2)! − 1.
Thật vậy, theo giả thuyết qui nạp, ta có:
1. (1!) + 2. (2!) + ⋯ + ( + 1). ( + 1)! =
( + 1)! − 1 + ( + 1). ( + 1)! = ( + 2)! − 1. □
∈ ℕ ta đều có số
Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên
(6. 7 − 2. 3 ) chia hết cho 4.
Ta chứng minh hệ thức này bằng phương pháp qui nạp toán học.
Cơ sở qui nạp: với = 0 ta có 6. 7 − 2. 3 = 4 chia hết cho 4 – đúng.
Giả sử hệ thức đã cho đúng cho các số tự nhiên 0 ≤ ≤ , ta sẽ chứng minh nó
đúng cho
+ 1, tức là phải chứng minh số (6. 7
− 2. 3
) chia hết cho 4.
Thật vậy, theo giả thuyết qui nạp, vì
). 7.3
− 2. 3
= (6. 7 − 2. 3 ). (7 + 3) − (6. 7
− 2. 3
6. 7
là hiệu của hai nguyên cùng chia hết cho 4 nên nó chia hết cho 4. □
1.2.3. Ánh xạ
a) Các khái niệm chung
Định nghĩa 1.15. Giả sử , là hai tập hợp. Người ta nói là một ánh xạ từ A vào
B và viết : → nếu mỗi phần tử ∈ đặt tương ứng với một phần tử duy nhất
∈ , khi đó viết = ( ) và nói b là ảnh của a, còn a gọi là đảo ảnh của b qua ánh
xạ .
Giả sử : → là một ánh xạ. Khi đó tập A được gọi là tập xác định (miền xác
định), − tập tới của f. Tập ( ) = { ( ); ∈ } hay là cũng như thế, tập tất cả các
∈ sao cho tồn tại ∈ để ( ) = được gọi là tập ảnh (hay miền giá trị) của ánh
( ) = { ∈ | ( ) = } tất cả các phần tử a của tập A sao
xạ f. Với mỗi ∈ tập
cho ( ) =
được gọi là đảo ảnh toàn phần của b. Hiển nhiên ta có
( )= =
( ) . Hai ánh xạ : → và : → được gọi là bằng nhau
nếu chúng có chung miền xác định, sao cho ∀ ∈ ( ( ) = ( )).
Như vậy, để một phép tương ứng giữa các phần tử của tập với các phần tử của
tập B là ánh xạ từ vào B điều kiện là phép tương ứng này phải thỏa mãn hai điều
kiện: thứ nhất là, mỗi phần tử a của đều phải có ảnh ( ); thứ hai là, mỗi phần tử a
của chỉ có một ảnh; không một phần tử nào của lại có nhiều hơn một ảnh. Tính
22
chất thứ nhất được gọi là tính xác định, còn tính chất thứ hai được gọi là tính đơn trị
của ánh xạ.
Ánh xạ : → xác định bởi ( ) = với mọi ∈ được gọi là ánh xạ đồng
nhất trên tập A.
Ví dụ 1.11. Nếu , là các tập con của tập số thực thì ánh xạ : → được gọi là
hàm số. Hàm số ( ) = + 1 có miền xác định ℝ và có miền giá trị là ℝ, còn hàm
số =
: ℝ → ℝ là hàm có miền xác định ℝ và có miền giá trị là đoạn [−1,1].
Ví dụ 1.12. Gọi = { , , }, = { , }. Ta xác định các phép tương ứng
giữa các phần tử của tập A với các phần tử của tập B bắng cách viết tất cả các bộ hai
tương ứng
, ; trong đó ( ) = . Xét ba phép tương ứng sau
= {( , ), ( , )}; = {( , ), ( , ), ( , ), ( , )};
= {( , ), ( , ), ( , )}.
Ta thấy không phải ánh xạ vì phần tử
của tập A không có ảnh;
cũng
không phải ánh xạ vì phần tử có hai ảnh , , là ánh xạ vì nó thỏa mãn cả hai
điều kiện xác định ánh xạ: mọi phần tử của A đều có ảnh và mỗi phần tử chỉ có một
ảnh.
Định nghĩa 1.16. Ánh xạ : → được gọi là đơn ánh nếu các phần tử khác nhau
thì có ảnh khác nhau. Nói một cách chính xác, ánh xạ : → được gọi là đơn ánh
nếu
∀ ,
∈
(
∀ ,
∈
(
)= (
≠
)⇒
) ⇒(
( )≠ ( )
=
hay tương đương với nó
) .
Định nghĩa 1.17. Ánh xạ : → được gọi là toàn ánh nếu mọi phần tử của B đều
có đảo ảnh. Nói một cách chính xác, ánh xạ : → được gọi là toàn ánh nếu
∀ ∈ (
( ) ≠ ∅).
Định nghĩa 1.18. Ánh xạ : → được gọi là song ánh nếu nó đồng thời là đơn
ánh, toàn ánh.
Định nghĩa 1.19. Hai tập hợp A và B được gọi là tương đương hay có cùng lực
lượng và viết ~ hay | | = | | nếu tồn tại song ánh : → . Tập tương đương với
tập số tự nhiên ℕ gọi là tập đếm được.
Ví dụ 1.13. Trong ví dụ 8, hàm số ( ) = + 1: ℝ → ℝ là hàm song ánh,
hàm
: ℝ → ℝ là hàm không phải đơn ánh, cũng không phải toàn ánh. Hàm
: − ,
tại
∈ − ,
→ ℝ là hàm đơn ánh nhưng không toàn ánh vì, ví dụ như, không tồn
để
= 2. Tuy nhiên nếu xét hàm
( )=
: − , → [−1,1]
2 2
23
thì đây lại là hàm song ánh, thật vậy trên − ,
hàm sinx là hàm đơn điệu tăng
thực sự nên nó là hàm đơn ánh. Ngoài ra nó cũng là hàm toàn ánh vì với mọi số
∈ [−1,1] luôn tồn tại
∈ − ,
để
= .□
Ví dụ 1.14. Ta có thể chứng minh được tập số nguyên là tập đếm được bằng cách
thiết lập song ánh : ℕ → ℤ như sau:
Cho (0) = 0, (2 ) = , (2 − 1) = − ( = 1,2, … ). Đây là một song ánh.
Thật vậy, rõ ràng đây là một ánh xạ: mọi số tự nhiên đều có ảnh, mỗi số tự nhiên
chỉ có một ảnh; đây là đơn ánh vì hai số tự nhiên khác nhau có hai ảnh khác nhau và
đây là toàn ánh vì số nguyên nào cũng có đảo ảnh.□
Thực ra ta có ℕ~ℤ~ℚ.
b) Ánh xạ ngược
Định nghĩa 1.20. Giả sử : → , : → là các ánh xạ. Ánh xạ ℎ: → xây
( ) được gọi là hợp thành của các ánh xạ và và
dựng theo qui tắc ℎ( ) =
được ký hiệu là ∘ .
Ví dụ 1.15. Nếu ( ) =
: ℝ → ℝ, ( ) = (2 + 1): ℝ → ℝ thì
( ) =2
( ) = sin(2 + 1).
+1 а
Định nghĩa 1.21. Giả sử : → là các ánh xạ. Ánh xạ : → được gọi là ánh
xạ ngược của nếu thỏa mãn điều kiện ∘ = và ∘ = . Ánh xạ ngược của
ánh xạ thường được ký hiệu là
.
( ): ℝ → ℝ;
Vídụ 1.16. Xét hàm số ( ): ℝ → ℝ; ( ) = 2 + 1 và hàm số
1
( ) = ( − 1).
2
Dễ dàng thấy, theo định nghĩa 1.20, với mọi ∈ ta có
( ∘ )( ) =
nghĩa là
thì
∘
( ) = (2 + 1) = (2 + 1 − 1) =
=
. Tương tự ta cũng có
∘
=
=
( ) − điều này có
. Như vậy với ( ) = 2 + 1
1
( ) = ( − 1). □
2
Định lý 1.2. (Định lý tồn tại ánh xạ ngược) Để ánh xạ : → có ánh xạ ngược
điều kiện cần và đủ là là song ánh.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử : → là ánh xạ ngược của . Ta sẽ chứng minh là song
ánh. Giả sử bây giờ ( ) = ( ), khi đó tác động lên hai vế của hệ thức cuối
( ) =
( ) ⇔
cùng, theo định nghĩa của ánh xạ ngược, ta có
24
( ∘ )( ) = ( ∘ )( ) ⇔
( )= ( )⇔
= − chứng minh xong
là đơn ánh.
Do : → là ánh xạ, với ∈ tùy ý ta có ( ) = ∈ ; tác động lên hai vế
của hệ thức cuối cùng, ta có theo định nghĩa của ánh xạ ngược
( ) = ( ) ⇔ ( ∘ )( ) = ( ) ⇔ ( ) = ( ) ⇔ = ( ) chứng minh
xong là toàn ánh.
Điều kiện đủ. Giả sử : → là song ánh. Khi đó mỗi ∈ có một và chỉ một
∈ sao cho ( ) = cho nên ta có thể xây dựng một phép tương ứng mới
: → theo qui tắc ( ) = ⇔ ( ) = . Do là song ánh, ( ) = nên
( ) = { }, từ đó : → là ánh xạ: mỗi ∈ đều có ảnh ( ) = và mỗi
chỉ có một ảnh . Ngoài ra từ cách xây dựng dễ dàng thấy ∘ = và ∘ =
nên ánh xạ : → được xây dựng như trên là ánh xạ ngược của . □
Trong ví dụ 1.16, do ( ): ℝ → ℝ; ( ) = 2 + 1 là hàm đơn điệu tăng thực sự
trên ℝ nên nó là đơn ánh. Mặt khác dễ thấy nó cũng là toàn ánh, vì với mọi ∈ ℝ
ta luôn tìm được
∈ ℝ để có
= 2 + 1, đó chính là
= ( − 1) Như vậy
( ) = 2 + 1: ℝ → ℝ là song ánh nên theo định lý tồn tại ánh xạ ngược, tồn tại
( ): ℝ → ℝ. Như trong ví dụ 1.16,
=
1
( ) = ( − 1)
=
2
mà ta dễ dàng nhận được bằng cách đổi vai trò , cho nhau trong hệ thức đã nhận
được
1
= ( − 1). □
2
1.3. SƠ LƯỢC VỀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ
1.3.1. Phép toán trong
Định nghĩa 1.22. Giả sử là một tập hợp. Ánh xạ : × → được gọi là phép
toán (phép toán trong hay luật hợp thành) xác định trên tập .
Theo truyền thống người ta ký hiệu dấu của phép toán tổng quát là “dấu tròn”: ∘,
như dấu của phép hợp thành ánh xạ; thay vì viết = ( , ) ta sẽ viết = ∘ . Như
vậy với hai phần tử tùy ý , ∈ xác định một phần tử duy nhất = ∘ , gọi là kết
quả của phép toán “dấu tròn” tác động lên , .
Ví dụ 1.17. Các phép toán ta thường gặp:
- Phép cộng (+), nhân (.) trên các tập số ℕ, ℤ, ℚ, ℝ, ℂ.
- Phép hợp thành ánh xạ (∘) trên tập
tất cả các ánh xạ : → .
Định nghĩa 1.23. Người ta nói phép toán ∘ trên tập
25
có tính kết hợp nếu với mọi , ,
nằm trong
ta đều có
( ∘ ) ∘ = ∘ ( ∘ ).
- có tính giao hoán nếu với mọi , nằm trong ta đều có ∘ = ∘ .
- có phần tử trung hòa e nếu tồn tại ∈ sao cho ∘ = ∘ = với mọi
∈ .
Khi là tập hợp với phép toán ∘ có phần tử trung hòa ta sẽ viết gọn lại là 〈 ;∘, 〉.
Định nghĩa 1.24. Tập mà trên đó xác định phép toán có tính kết hợp được gọi là
nửa nhóm.
Định nghĩa 1.25. Giả sử 〈 ;∘, 〉. Ta nói phần tử ∈ , có nghịch đảo ∈ nếu
∘ = ∘ = . Nghịch đảo của ∈ được ký hiệu là
;
Ta nói phần tử ∈ có nghịch đảo trái ∈ nếu ∘ = .
Ta nói phần tử ∈ có nghịch đảo phải ∈ nếu ∘ = .
Người ta thường hay dùng hai ký hiệu phổ biến để chỉ phép toán trên một tập hợp
đó là phép cộng (+) và phép nhân (.) tùy theo tính tương tự của chúng so với các phép
toán số học thông thường. Khi sử dụng dấu phép toán cộng (+) thì phần tử trung hòa
được ký hiệu tương ứng là 0 và gọi là phần tử không, phần tử nghịch đảo của được
-
ký hiệu là – và gọi là phần tử ngược của ; Khi sử dụng dấu phép toán nhân (.) thì
phần tử trung hòa được ký hiệu tương ứng là 1 (hay ) và gọi là phần tử đơn vị, phần tử
nghịch đảo của (nếu tồn tại) được ký hiệu là
và gọi là phần tử nghịch đảo của
như trong trường hợp tổng quát.
Ví dụ 1.18. Xét 〈ℤ; +,0〉 tập tất các các số nguyên với phép cộng số nguyên thông
thường. Rõ ràng phép cộng các số nguyên có tính kết hợp, tính giao hoán và phần tử
trung hòa của phép cộng là số nguyên 0 vì + 0 =
với mọi ∈ ℤ. Phần tử
ngược của là – .
〈ℤ; . ,1〉 − tập tất các các số nguyên với phép nhân số nguyên thông thường. Phép
nhân các số nguyên có tính kết hợp, tính giao hoán và phần tử trung hòa của phép
nhân là số nguyên 1 vì . 1 =
với mọi
∈ ℤ. Các số nguyên
≠ ±1 đều
không có nghịch đảo. □
Ví dụ 1.19. Xét 〈 ;∘, 〉 tập tất cả các ánh xạ : → với phép toán hợp thành
ánh xạ ∘. Dễ dàng chỉ ra được phép hợp thành ánh xạ có tính kết hợp nhưng không
có tính giao hoán và phần tử trung hòa của nó là ánh xạ đồng nhất trên tập A.
Như vậy 〈 ;∘, 〉 là nửa nhóm không giao hoán, có phần tử trung hòa . Cần nhấn
mạnh rằng, ở đây ta hoàn toàn có thể viết 〈 ;∘, 〉 thành 〈 ; . ,1〉 và giải thích
là tập tất cả các ánh xạ : → , phép toán nhân (.) ở đây là phép hợp thành ánh xạ
(∘) và phần tử trung hòa 1 = là ánh xạ đồng nhất trên tập A. Theo định lý tồn tại
26
có phần tử nghịch đảo
(chính là ánh xạ ngược)
ánh xạ ngược, ánh xạ ∈
khi và chỉ khi là song ánh. □
Bổ đề 1.1.
1) Phép toán trên tập mà có phần tử trung hòa thì chỉ có một phần tử này
2) Trong nửa nhóm có phần tử trung hòa mà phần tử có nghịch đảo thì chỉ có
một phần tử nghịch đảo của .
Chứng minh.
1) Giả sử , là hai phần tử trung hòa của phép toán ∘ trong tập . Theo
định nghĩa phần tử trung hòa , ta có ∘ = = .
2) Giả sử 〈 ;∘, 〉 là nửa nhóm với phần tử trung hòa và phần tử ∈ có hai
phần tử nghịch đảo ,
tức là ∘ = ∘ = , ∘
= ∘ = , từ đó
theo tính kết hợp của phép toán, ta có
( ∘ )∘
= ∘
= ; mặt khác ta lại có
( ∘ )∘
= ∘ ( ∘ ) = ∘ = , cho ta
= .□
1.3.2. Sơ lược về nhóm, vành, trường
Định nghĩa 1.26. Tập mà trên đó xác định phép toán . gọi là nhóm nếu thỏa mãn
các điều kiện sau:
1) Phép toán . có tính kết hợp, tức là . ( . ) = ( . ). với mọi , , ∈
2) Tồn tại phần tử đơn vị, tức là phần tử ∈ sao cho . = . = với mọi
∈
∈
3) Mọi phần tử trong G đều có nghịch đảo, tức là với mọi ∈ , tồn tại
sao cho .
=
. = .
Từ định nghĩa dễ dàng thấy, nửa nhóm tạo thành nhóm khi và chỉ khi mọi phần tử
của nó đều có nghịch đảo.
Nếu thêm vào ba tiên đề về nhóm nêu trên tiên đề thứ tư sau:
4) Phép toán . có tính giao hoán, tức là . = . với mọi , ∈
thì ta được
định nghĩa nhóm giao hoán hay còn gọi là nhóm Abel. Như vậy tập mà trên đó xác
định phép toán . , thỏa mãn các tiên đề 1 – 4 nêu trên được gọi là nhóm Abel. Thông
thường khi nói về nhóm Abel người ta hình dung đó là nhóm cộng 〈 ; +,0〉 (dấu phép
toán là cộng +) giao hoán.
Chú thích 1.3. Thực ra trong định nghĩa nhóm có thể thay hai tiên đề 2, 3 thành các
tiên đề “tiết kiệm” hơn ([9]) sau đây:
2’) Tồn tại phần tử đơn vị trái, tức là phần tử ∈ sao cho . = với mọi ∈ ;
3’) Mọi phần tử trong G đều có nghịch đảo trái, tức là với mọi ∈ , tồn tại ∈
sao cho . = .
Thật vậy, giả sử là đơn vị trái trong , là nghịch đảo trái của a, tức là . =
khi đó ta có . . = . = ; nhân về bên trái hai vế hệ thức . . = với phần
27
tử nghịch đảo trái của ta được . = tức là đồng thời là nghịch đảo phải của
, vậy là nghịch đảo của a, tức là =
. Tương tự, từ là đơn vị trái ta có thể
chứng minh nó cũng là đơn vị phải của . Thật vậy, theo chứng minh trên, thay
= .
=
vào tích . ,
. = . với mọi ∈ . □
ta có . = .
Tương tự như thế có thể thay các tiên đề 2,3 bằng các tiên đề yếu hơn là tồn tại đơn
vị phải của và nghịch đảo phải của mỗi phần tử của . Nói một cách khác để kiểm
tra các tiên đề 2, 3 của nhóm ta chỉ cần kiểm tra một nửa của chúng: bên trái hoặc bên
phải mà không cần kiểm tra cả hai phía như trong định nghĩa 1.26.
Ví dụ 1.20. Như trong ví dụ 1.18, dễ dàng thấy, các tập hợp số ℤ, ℚ, ℝ, ℂ tạo thành
các nhóm Abel (đối với phép cộng thông thường). Các tập các số khác không
ℚ∗ , ℝ∗ , ℂ∗ tạo thành nhóm nhân giao hoán. □
Ví dụ 1.21. Xét tập 〈ℤ ; +, 0〉; trong đó ℤ = {0, 1, 2, … , − 1} tập các lớp đồng
dư theo modul m; (0 ≤ < ) là tập các số nguyên mà khi chia cho m còn dư
n. Ta xác định phép cộng trong ℤ như sau: + ̅ =
⇔( + )≡ (
)
tức là + − chia hết cho m hay viết như trong ví dụ 1.20 là |( + − ). Dễ
dàng kiểm tra được phép cộng được định nghĩa như thế đúng đắn về mặt toán học,
tức là không phụ thuộc vào cách chọn đại biểu từ các lớp đồng dư theo modul m. Dễ
dàng thấy + ̅ = ̅ + , 0 + = với mọi 0 ≤ , < . Ngoài ra ̅ + − =
0 tức là phần tử ngược của ̅ là − ; trong đó 0 ≤ < . Như vậy ta đã chỉ ra
〈ℤ ; +, 0〉 là nhóm Abel. □
Ví dụ 1.22. Xét 〈ℤ ∗ ; . , 1〉; trong đó ℤ ∗ = {1, 2, … , − 1} với phép nhân (.) được
). Dễ dàng
định nghĩa tương tự như trong ví dụ 1.21: . ̅ =
⇔( )≡ (
thấy 〈ℤ ∗ ; . , 1〉 là nửa nhóm giao hoán có đơn vị 1. Ngoài ra nếu m là hợp số, tức
= , 1 ≤ , < thì không có nghịch đảo, vì nếu không thì phải tồn tại các
số nguyên k, q để
=
+ 1 hay là ( ( − ) = 1. Vế trái của đẳng thức cuối
cùng này là số nguyên chia hết cho n nên vế phải là số nguyên chia hết cho n tức là
1 phải chia hết cho n: vô lý. Như vậy khi m là hợp số thì 〈ℤ ∗; . , 1〉 là nửa nhóm
giao hoán có đơn vị 1 nhưng không phải nhóm. Có thể chỉ ra 〈ℤ
∗
; . , 1〉 tạo thành
nhóm nhân giao hoán khi và chỉ khi = − là số nguyên tố (số nguyên tố p là số
nguyên dương mà ngoài hai thừa số tầm thường là 1 và p thì không có thừa số nào
khác).
Định nghĩa 1.27. Tập mà trên đó xác định hai phép toán: cộng (ký hiệu là +) và
nhân (ký hiệu là .) được gọi là vành, và viết 〈 ; +,0; . 〉, nếu thỏa mãn các điều kiện sau:
1) Đối với phép cộng, 〈 ; +,0〉 là một nhóm Abel;
2) Đối với phép nhân, 〈 ; . 〉 là nửa nhóm tức là phép nhân có tính kết hợp;
28
3) Phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng, tức là với mọi , , ∈ ta có
. ( + ) = . + . và ( + ). = . + . .
Dễ dàng thấy, trong vành K ta luôn có . 0 = 0 ∀ ∈ . Ta nói vành K có thừa số
không nếu trong K tồn tại ≠ 0, ≠ 0 mà . = 0. Vành mà có phép nhân giao hoán
được gọi là vành giao hoán. Vành giao hoán không có thừa số không được gọi là vành
nguyên.
Ví dụ 1.23. Dễ dàng thấy, các phép nhân trong các ví dụ 1.20, 1.21, 1.22 đều có
tính phân phối đối với phép cộng, nên 〈ℤ; +,0; . 〉, 〈ℚ; +,0; . 〉, 〈ℝ; +,0; . 〉, 〈ℂ; +,0; . 〉
là các vành nguyên, chúng đều là các vành có đơn vị là số 1.
Theo các ví dụ 1.21, 1.22 thì 〈ℤ ; +, 0; . 〉 − là vành giao hoán có thừa số không nếu
m là hợp số. □
Định nghĩa 1.28. Tập mà trên đó xác định hai phép toán: cộng (ký hiệu là +) và
nhân (ký hiệu là .) được gọi là trường, và viết 〈 ; +,0; . , 〉 hay chỉ đơn giản là trường
P, nếu thỏa mãn các điều kiện sau:
1) 〈 ; +,0; . 〉 là một vành giao hoán có đơn vị e.
2) Đối với phép nhân, 〈 ∗ ; . , 〉 là nhóm nhân giao hoán.
Tập con ⊆ trong trường P mà bản thân tạo thành trường, được gọi là trường
con của P, còn P – trường mở rộng của k; phép toán + (− ) được viết thành −
và nói trong P có phép trừ các phần tử. Tương tự như thế, khi ≠ 0, phép toán .
được viết thành
và nói trong P có phép chia cho các phần tử khác không. Như vậy
trong trường P có cả bốn phép toán: cộng, trừ, nhân, chia cho các phần tử khác không.
Từ các ví dụ 1.20 – 1.23 ta có các trường số quan trọng thường gặp sau đây:
ℚ, ℝ, ℂ, ℤ (trường các lớp đồng dư theo modul ( − là số nguyên tố)).
Trong đại số tuyến tính ta chỉ xét trường
cố định, là một trong hai trường
=ℝ
hoặc = ℂ.
Trường số phức sẽ được nghiên cứu kỹ hơn trong mục 1.4, vành đa thức trên trường
sẽ được nghiên cứu kỹ trong mục 1.5.
1.4. SỐ PHỨC
1.4.1. Trường số phức
Định nghĩa 1.29. Gọi ℂ = {( , )| ∈ ℝ, ∈ ℝ} − là tập tất cả các bộ hai thứ tự
( , ) các số thực , , mà ta gọi = ( , ) là số phức; trong đó =
được gọi là
phần thực của z, còn =
được gọi là phần ảo của z. Hai số phức được gọi là bằng
nhau nếu phần thực bằng phần thực, phần ảo bằng phần ảo hay nói một cách chính xác
hơn là, nếu
= ( , ),
= ( , ) thì theo định nghĩa, = nếu
=
và
= tức là
29
(
=
)⇔ (
=
)∧(
=
) .
| | = √ + được gọi là modun của số phức = ( , ).
Số phức ̅ = ( , − ) được gọi là số phức liên hợp của = ( , ).
Sau đây ta sẽ đưa vào tập ℂ các số phức hai phép toán cộng và nhân số phức.
Định nghĩa 1.30. Tổng của hai số phức
= ( , ),
= ( , ) là số phức
+ = ( + , + ).
= ( , ),
= ( , ) ∈ ℂ, khi đó tích của hai số
Định nghĩa 1.31. Giả sử
phức = . = ( , ) trong đó =
=
−
, =
=
+
.
Từ định nghĩa của các phép toán ta dễ dàng thấy tổng và tích các số phức có phần
phức bằng 0 là số phức có phần phức bằng 0. Vì lý do đó người ta đồng nhất số phức
= ( , 0) với số thực ; trường hợp riêng (0,0) = 0. Với qui ước này ta đã coi tập số
thực là tập con của tập số phức.
Ta gọi số phức (0,1) là số ảo và ký hiệu là . Như vậy (0,1) = . Dễ dàng thấy
= ( , ) = + . . Thật vậy, theo định nghĩa của các phép toán và các qui ước vừa
nêu trên thì
+ . = ( , 0) + (0,1). ( , 0) = ( , 0) + (0, ) = ( , ). Như vậy mọi
, =
.
số phức ∈ ℂ đều viết được dưới dạng = + . ; trong đó =
Giống như trong ℝ, thông thường người ta không viết dấu nhân trong cách viết của z,
tức là đáng lẽ phải viết đầy đủ là = + . , người ta viết thành = + . Như vậy
số phức liên hợp của = + là ̅ = − .
+ 1 = 0. Thật vậy, ta có
= .
Số ảo
là nghiệm của phương trình
= (0,1). (0,1) = (−1,0) = −1.
Do ∈ ℂ\ℝ nên tập số thực là tập con thức sự của tập số phức hay người ta còn nói
tập số phức là mở rộng thực sự của của tập số thực: ℝ ⊂ ℂ.
). ( +
)=(
)+
Theo định nghĩa 3 thì
. =( +
−
(
) đó chính là số phức nhận được bằng cách nhân thông thường hai biểu
+
) và ( +
) và ước lược các số hạng đồng dạng; trong đó chú
thức số học ( +
ý là = −1. Ta biết cộng và nhân thông thường các biểu thức số học được đưa về
cộng và nhân các số thực mà cộng và nhân các số thực có tính kết hợp, giao hoán, phép
nhân có tính phân phối đối với phép cộng nên các phép cộng và nhân số phức tính kết
hợp, giao hoán, phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng. Từ đó ta nhận được
Định lý 1.3. 〈ℂ; +, 0; . , 1〉 là một trường.
Chứng minh.
Dễ dàng thấy:
- phần tử trung hòa của phép cộng là 0,
- phần tử trung hòa của phép nhân là 1,
- phần tử ngược của = + là − = − − ,
30
-
phần tử nghịch đảo của =
=
+
−
+
≠ 0 là
̅
=
| |
(1.1)
cùng với nhận xét về các tính chất của các phép toán số phức, định lý 1.3 đã được
chứng minh hoàn toàn.□
1.4.2. Dạng lượng giác của số phức. Công thức Mauvra
Mặt phẳng mà trên đó có hệ trục tọa độ Decac
và tại mỗi điểm ( , ) gắn
cho một số phức = + được gọi là mặt phẳng phức.
( , ). Giả sử
Xét mặt phẳng phức và điểm
= + . Độ dài
)
= =
+
= | | − chính là modun của . Góc lượng giác
= ∠(
(chiều dương là chiều ngược kim đồng hồ) được gọi là argument của số phức và viết
là
= . Ta có công thức
=
(1.2)
=
từ đó ta có
)
= (
+
(1.3)
Dạng (1.3) được gọi là dạng lượng giác của số phức = + .
Bằng phương pháp qui nạp toán học dễ dàng chứng minh được công thức Mauvra
sau:
) ta có:
+
Với mọi ∈ ℕ, = (
)
(1.4)
= (
+
1.4.3. Căn bậc n của số phức
Định nghĩa 1.32. Giả sử là số nguyên dương. Số phức w được gọi là căn bậc n
của số phức z nếu
= .
Theo định nghĩa thì căn bậc n của 0 là 0, do đó khi nói tới căn bậc n của số phức z,
người ta luôn coi là ≠ 0.
Như ta đã biết từ trung học phổ thông, căn bậc lẻ của số thực có đúng một giá trị;
căn bậc chẵn của số thực dương có hai giá trị. Đối với số phức, bức tranh về căn bậc n
của số phức hoàn toàn khác: căn bậc n của số phức có đúng n giá trị, như chúng ta sẽ có
được trong định lý dưới đây.
) có đúng n giá trị, cho
Định lý 1.4. Căn bậc n của số phức = (
+
bởi công thức:
+ 2
+ 2
(1.5)
= √
=
+
= 0,1,2, … , − 1
Chứng minh.
Ta sẽ tìm số phức w, là căn bậc n của z dưới dạng
nghĩa 1.32, ta phải có
= (
+
). Theo định
31
= (
+
phức hai vế ta được
)=
=
=
Hay là
= (
=
=
=
⇔
=
). So sánh phần thực, phần
+
+
⇔
=
=
+ 2
,
∈ ℤ.
, ( ∈ ℤ). Như vậy ta đã chứng minh
được các căn bậc n của z có dạng (1.5) với ∈ ℤ. Để kết thúc chứng minh định lý ta
phải chỉ ra, trong số các số phức dạng (1.5) có đúng n số khác nhau
{ , ,…,
}. Thật vậy nếu ∈ ℤ, | | ≥ , ta chia s cho n lấy phần dư, tồn tại
∈ ℤ để =
+ , 0 ≤ < . Khi đó dễ thấy rằng
= . Trường hợp
∈ ℤ, − < < 0 thì rõ ràng là
=
, với 0 < + = < . Như vậy ta đã
}. Cuối cùng ta chỉ cần chỉ ra tất
chứng minh được { , ∈ ℤ} = { , , … ,
cả các , , … ,
đều khác nhau là xong.
Thật vậy nếu , là hai số nguyên, 0 ≤ , < mà có
=
thì lập luận như
phần đầu chứng minh định lý, ta có
+ 2
+ 2
=
+ 2
+ 2
=
+ 2 ,
( ∈ ℤ)
⇔
+ 2
+ 2
=
⇔ − = .
Do k, s là hai số nguyên, 0 ≤ , < có hiệu − chia hết cho n nên điều này
xảy ra khi và chỉ khi − = 0, tức là = − đó chính là điều phải chứng minh.□
Nhận xét 1.1.
1. Từ chứng minh định lý ta thấy tập đầy đủ n căn số của z có thể lấy tất cả các
; trong đó r thuộc một lớp đầy đủ các phần dư theo modul n, ví dụ như
{ ,
} với
,…,
∈ ℤ, m tùy ý.
} tương ứng với n điểm là n đỉnh
2. Các căn bậc n của số phức z là { , , … ,
của n – giác đều nằm trên đường tròn tâm O bán kính
ứng với
=
có argument
.
Ví dụ 1.24. Tìm căn bậc bốn của −1.
∆ Ta có −1 =
+
; = ,
=
32
+
= 1,
, ta được
=
+
=
=
+
=
√
√
√
√
,
| | với một đỉnh
=
=
=
. Ở đây
= 4, theo (1.5)
+
+
=
,
=
=
=
√
√
√
√
,
. Như vậy
,
√−1 =
√ ±√
,
√ ±√
có 4 giá trị tương ứng với 4 đỉnh của hình vuông
hay đồng nhất với các số phức tương ứng là
.□
1.5. ĐA THỨC
1.5.1. Vành đa thức trên trường
Gọi [ ] là tập tất cả các đa thức hệ số trên trường , tức là
[ ]={ ( )=
+
+⋯+
+ | ∈ , = 1,2, … , }.
Nếu
≠ 0 thì nói, đa thức
( )=
+
+⋯+
+ có bậc n và viết
= .
Đa thức bậc 0 là hằng số , ∈ , ≠ 0. Số 0 cũng được coi là đa thức, và gọi là
đa thức không, đây là đa thức duy nhất có bậc không xác định.
Để thuận tiện khi làm việc với đa thức, ngoài cách viết đa thức theo số mũ giảm dần
của x như trên ta còn sử dụng cách viết đa thức theo số mũ tăng dần của x là
( )=∑
.
Trong toàn bộ mục 1.5. này ta chỉ xét các đa thức trong [ ].
Hai đa thức thức ( ), ( ) được gọi là bằng nhau nếu chúng có bậc bằng nhau:
=
= và các hệ số của cùng một lũy thừa x bằng nhau:
=
,
= 0,1,2, … , .
và ( ) = ∑
.
Trước mắt ta cố định hai đa thức ( ) = ∑
( , ) được gọi là tổng của
Cộng đa thức: Đa thức ℎ( ) = ∑
; =
các đa thức ( ), ( ) và viết ℎ( ) = ( ) + ( ), nếu
(1.6)
=
+ ,
= 0,1, … , .
trong (1.6) ta phải hiểu những hệ số ,
nào của đa thức với k lớn hơn bậc của đa
thức của nó thì bằng 0. Vì phép cộng các đa thức được đưa về cộng các số hạng và ước
lược số hạng đồng dạng trong trường
nên phép cộng đa thức có tính kết hợp, tính
giao hoán. Ta coi 0 + ( ) = ( ) + 0 = ( ) với mọi ( ) ∈ [ ], và như thế, đa
thức 0 là trung hòa của phép cộng, ngoài ra, − ( ) = ∑ (− ) là đa thức ngược
của ( ). Như vậy ta đã chỉ ra, 〈 [ ]; +,0〉 là nhóm Abel.
Nhân hai đa thức. Đa thức ℎ( ) = ∑
; được gọi là tích của các đa thức
(khác 0) ( ), ( ) và viết ℎ( ) = ( ). ( ) hay ℎ( ) = ( ) ( ), nếu
(1.7)
=
,
và như đối với phép cộng đa thức, ta coi 0. ( ) = ( ). 0 = 0 với mọi ( ) ∈ [ ].
Dễ thấy qui tắc (1.7) xác định hệ số của đa thức tích là qui tắc nhân đa thức thông
thường như nhân hai biểu thức số rồi ước lược số hạng đồng dạng theo cùng các lũy
33
thừa của x. Từ đó ta có, nhân các đa thức có tính kết hợp, tính giao hoán, nhân đa thức
có tính phân phối đối với phép cộng. Dễ thấy, đa thức 1 là đơn vị của phép nhân. Ngoài
ra, từ định nghĩa ta cũng có
( . )=
(1.8)
+
Nói một cách khác, ta đã chứng minh được 〈 [ ]; +,0; . 〉 − là một vành giao
hoán có đơn vị. Vành [ ] được gọi là vành đa thức trên trường . Từ (1.8) suy ra, đa
thức ( ) ≠ 0 có nghịch đảo khi và chỉ khi ( ) = ≠ 0.
Ngoài hai phép toán cộng và nhân đa thức đã xác định ở trên, trong tập [ ] còn có
phép nhân đa thức với một số trong trường , được xác định như sau: Nếu
( ) − là một đa thức, được xác định theo công thức
∈ , ( ) ∈ [ ] thì
( )=∑ (
) . Dễ dàng thấy, phép nhân đa thức với một số có các tính chất
sau với mọi , ∈ , ( ), ( ) ∈ [ ]:
1) 1. ( ) = ( )
2) . ( ( ) + ( )) = . ( ) + . ( )
3) ( + ). ( ) = . ( ) + . ( )
4) (
). ( ) =
( ) .
1.5.2. Lý thuyết chia hết
a) Định lý chia Euclid
Định nghĩa 1.33. Giả sử ( ), ( ) là các đa thức khác 0. Ta nói ( ) chia hết cho
( ) và viết ( )| ( ) (đọc là ( ) chia hết ( ) hay ( ) là thừa số của ( )) nếu
tồn tại đa thức ( ) sao cho ( ) = ( ). ( ). Rõ ràng là mọi đa thức đều chia hết
cho ∈ , ≠ 0 và chính nó. Đa thức ( ) bậc lớn hơn 0 mà chỉ chia hết cho
∈ , ≠ 0 và chính nó được gọi là đa thức bất khả qui. Ví dụ, trên trường số thực
đa thức
+ 1 là đa thức bất khả qui, nhưng trên trường số phức thì không, vì
+ 1 = ( + )( − ).
Dễ dàng chứng minh các tính chất chia hết sau đây của đa thức:
1) ( )| ( ) và ( )|ℎ( ) thì ( )|ℎ( )
( ); ∈ , ≠ 0
2) ( )| ( ) và ( )| ( ) khi và chỉ khi ( ) =
3) Nếu các đa thức ( ), ( ) đều chia hết cho ( ) thì với mọi đa thức
( ), ( ), đa thức ( ) ( ) + ( ) ( ) cũng chia hết cho ( ).
Thật vậy, ví dụ như ta chứng minh tính chất thứ hai. Theo giả thiết, tồn tại các đa
thức ( ), ( ))) ∈ [ ] để ( ) = ( ). ( ) = ( ). ( ). ( ), theo (1.8)
( ). ( ) = 0,
( ). ( ) ∈ , nên
cho ta
ta phải có
( ) = , ( ) = ∈ ; , ≠ 0. □
34
Chúng ta phát biểu và chứng minh định lý chia Euclid nổi tiếng sau đây:
Định lý 1.5. Với mọi đa thức ( ), ( ) tồn tại duy nhất các đa thức ( ), ( ) sao
cho
( ) = ( ) ( ) + ( );
( )<
0≤
( )
(1.9)
Chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh sự tồn tại các đa thức ( ), ( ).
( )<
Nếu
( ) thì chỉ việc đặt ( ) = 0, ( ) = ( ) ta sẽ có (1.9) cần
chứng minh.
( )≥ =
( ) và ( ) =
+
+
Giả sử, bây giờ =
⋯+
+ ; ( )=
+
+ ⋯+
+ . Chỉ cần xét trường
hợp ≥ 1.
( )= ( )−
( )= ,
Đặt
+ ,
+ ⋯ + , ; ta có
=
( )=
với
=
…
( )=
Do
để
<
. Nếu
,
( )−
( ) thì ta đặt tiếp
≥
( )=
,
+
+ ⋯+
, ….
,
+⋯+
,
,
( ) = ( ).
<
+
,
>
,
>
<
> ⋯ nên tồn tại ∈ ℕ∗
≤
, khi đó
Từ các hệ thức nhận được của các
+ ,
( )=
( ),
( )=
( ), … ,
+⋯+ ,
( )−
( ) ta có
( )+ ( )
= ( ) ( ) + ( ),
sự tồn tại các đa thức ( ), ( ) đã được chứng minh xong.
Chứng minh duy nhất của bộ hai ( ), ( ) − theo thứ tự là thương số và số dư
của phép chia ( ) cho ( ): Bằng phản chứng, giả sử có hai biểu diễn dưới dạng
(4), tức là ( ) = ( ) ( ) + ( ) và ( ) = ( ) ( ) + ( ) sao cho
<
,
<
. Trừ vế với vế hai hệ thức này ta được
( ) − ( ) = ( ) ( ) − ( ) . Nhưng vế trái của hệ thức nhận được là đa
thức có bậc nhỏ hơn bậc của ( ) còn vế phải là đa thức có bậc lơn hơn hoặc bằng
bậc của ( ) cho nên cả hai vế đều là 0, tức là ( ) = ( ) và ( ) = ( ). □
Ví dụ 1.25. Bằng phương pháp chia đa thức lấy phần dư thông thường, ta dễ dàng
nhận được
35
3
+ 5 + 4.
2
Nhận xét 1.2. Từ chứng minh định lý 1.5 ta thấy ngay, nếu ( ), ( ) ∈ [ ];
trong đó là trường con của thì các đa thức thương số ( ) và phần dư ( ) đều
( ), ( ) ∈ ℚ[ ] thì
nằm trong
[ ]. Trường hợp đặc biệt khi
( ), ( ) ∈ ℚ[ ].
2
+
+
+ 1 = (2
+ 4 + 2)
−
b) Ước chung lớn nhất.
Đa thức ( ) được gọi là ước chung lớn nhất của các đa thức ( ), ( ) và ký hiệu
( )=
( ( ), ( )) hay đơn giản hơn, ( ) = ( ), ( ) , nếu ( ) là ước
chung của các đa thức đã cho và nó chia hết cho mọi ước chung khác của các đa thức
ấy. Nói một cách cụ thể ( ) = ( ), ( ) nếu thỏa mãn hai điều kiện
1) ( )| ( ), ( )| ( )
2) Nếu ( )| ( ) và ( )| ( ) thì ( )| ( ).
Khi nói về tính chia hết của các đa thức trong [ ] người ta thường bỏ qua những
thừa số trong trường .
( ), ( ) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
Hai đa thức
( ), ( ) = 1.
Định lý 1.6. Tồn tại ước số chung lớn nhất của các đa thức ( ), ( )và nếu không
tính đến thừa số từ trường thì ước số chung lớn nhất này duy nhất.
Chứng minh.
Không làm mất tính tổng quát, ta coi như
≥
. Áp dụng định lý chia
Euclid nhiều lần ta có:
( ) = ( ) ( ) + ( ), 0 ≤
<
;
( ) = ( ) ( ) + ( ), 0 ≤
<
;
( ) = ( ) ( ) + ( ), 0 ≤
<
;
chia ( ) cho ( ), …
do
>
>
> ⋯ nên tồn tại n để
( )= ( )
( ) + ( ), 0 ≤
<
nhưng
( )|
( ),
( )= ( ) ( )
( ), ( ) . Thật
Dễ dàng thấy, phần dư trước cuối cùng, ( ) = ( ) =
vậy, ngược từ dưới lên trên trong loạt các hệ thức vừa nhận được ở trên ta có:
( )|
( ), … , ( )| ( ), ( )| ( ), ( )| ( ), ( )| ( );
Hơn thế nữa, nếu ( )| ( ), ( )| ( ) thì từ trên xuống dưới trong loạt các hệ
đã được chứng minh. Tính
thức nói trên ta lại được ( )| ( ). Sự tồn tại
duy nhất của
dễ dàng suy ra từ định nghĩa, nếu ( ) cũng là
của
36
( ), ( ) thì ( )| ( ) và ( )| ( ); theo tính chất thứ hai của chia hết, ta có
( ). □
ngay điều phải chứng minh: tồn tại ∈ để ( ) =
Nhận xét 1.3. Giống như trong nhận xét 1.2, dễ dàng thấy
của các đa thức
không phụ thuộc vào trường hay mở rộng của nó. Trường hợp riêng, nếu
( ), ( ) ∈ ℚ[ ] thì
( )=
( ), ( ) ∈ ℚ[ ]. Vì
xác định
chính xác đến thừa số nên nếu ( ), ( ) có hệ số nguyên thì có thể tìm ( )
cũng có hệ số nguyên. Ngoài ra dễ dàng nhận thấy, nếu nhân hai vế của tất cả các hệ
thức trong thuật toán tìm UCLN của định lý 1.6 với mẫu số chung lớn nhất của các
số hữu tỷ hệ số của các đa thức có mặt ta sẽ nhận được tất cả các đa thức có mặt
trong thuật toán đều có hệ số nguyên.
( ), ( ) ; ( ) = 2 − 3 + 2 − 1,
Ví dụ 1.26. Tìm
( ) = 2 + 3 + 3 + 1.
Cách 1. Thực hiện phép chia Euclid trên ℚ[ ] ta được:
( )=
( )=
− 3, ( ) = 8
+ 8 + 2;
( )=
+ ;
( )| ( ) nên
( ), ( ) = 2 + 1 (chính xác đến thừa số ). □
Cách 2. Thực hiện các phép chia Euclid có phần dư trên các đa thức hệ số nguyên
như đã nhấn mạnh ở trên. Đa thức dư trước cuối cùng chính là
. Theo cách
này ta có: ( ) = − 3, tiếp theo, thay vì lấy
( ) = 2 + 3 + 3 + 1 chia cho ( ) = 8 + 8 + 2 ta sẽ lấy
4 ( ) = 8 + 12 + 12 + 4 chia cho ( ) = 8 + 8 + 2 được dư
( ) = 6 + 3. Cuối cùng ta thấy ( ) = 8 + 8 + 2 chia hết cho
( ) = 2 + 1 nên ( ) = 2 + 1 − là
cần tìm. □
c) Bội chung nhỏ nhất.
Đa thức ( ) được gọi là bội chung nhỏ nhất của các đa thức ( ), ( ) và ký hiệu
( )=
( ( ), ( )) hay đơn giản hơn, ( ) = [ ( ), ( )], nếu ( ) là bội
chung của các đa thức đã cho và nó chia hết mọi bội chung khác của các đa thức ấy.
Nói một cách cụ thể ( ) = [ ( ), ( )], nếu thỏa mãn hai điều kiện
1) ( )| ( ), ( )| ( )
2) Nếu ( )|ℎ ( ) và ( )|ℎ( ) thì ( )|ℎ( ).
Giống như trường hợp UCLN, BCNN của các đa thức cũng lấy chính xác đến thừa
số trong trường và cũng không phụ thuộc vào trường hay mở rộng của nó.
Ta dễ dàng nhận được khẳng định sau:
( ), ( ) và ( ) = ( ) ( ), ( ) = ( ) ( ) thì
Nếu ( ) =
( ), ( ) = ( ) = ( ) ( ) ( ).
Ví dụ 1.27. Ta xét hai đa thức trong ví dụ 1.26, theo đó
37
( )=
( ), ( ) = 2 + 1,
( ) = 2 − 3 + 2 − 1 = (2 + 1)( − 1)( − + 1),
( ) = 2 + 3 + 3 + 1 = (2 + 1)( + + 1), nên
( ) = [ ( ), ( )] = (2 + 1)( − 1)( − + 1)( + + 1). □
1.5.3. Nghiệm của đa thức
Ta nói
là nghiệm của đa thức ( ) nếu
∈
và ( ) = 0.
Bổ đề 1.2.
là nghiệm của đa thức ( ) khi và chỉ khi ( ) biểu diễn được dưới
dạng ( ) = ( − ) ( ); trong đó ( ) ∈ [ ].
Chứng minh. Chia ( ) cho ( − ) ta được ( ) = ( − ) ( ) + , từ đây ta
có ( ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ ( ) = ( − ) ( ). □
Nếu tồn tại ∈ ℕ∗ sao cho ( ) = ( − ) ( ); ( ) ∈ [ ] sao cho ( ) ≠ 0
thì người ta nói là nghiệm bội của đa thức ( ).
Bổ đề 1.3. Để là nghiệm bội của đa thức ( ) điều kiện cần và đủ là nghiệm
các đa thức ( ), ( ), ( ), … . , ( ) ( ) nhưng không phải là nghiệm của đạo
hàm cấp của ( ).
Chứng minh. Từ ( ) =
+
+⋯+
dễ dàng nhận được
( )
( )
( )
( )= ( )+
( − )+⋯+
( − ) .
1!
!
Theo định nghĩa, α là nghiệm bội của đa thức ( ) nên ( ) có biểu diễn
( ) = ( − ) ( ); ( ) ∈ [ ] sao cho ( ) ≠ 0. Khi đó
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
( )=
( − ) +
( − )
( − ) ⇔
+ ⋯+
( + 1)!
!
!
( ) = ( ) = ( ) = ⋯ = ( ) ( ) = 0, ( )( ) ≠ 0. □
Định lý cơ bản của đại số. Trên trường số phức ℂ mọi đa thức hệ số phức có đúng
n nghiệm phức, kể cả nghiệm bội.
Như vậy trong trường số phức mọi đa thức đều phân tích thành tích các thừa số bậc
một. Trường mà trong đó mọi đa thức có hệ số trong đều phân tích thành tích các
thừa số bậc nhất được gọi là trường đại số kín. Như vậy ℂ − là trường đại số kín. Đối
với trường đại số kín không còn có nhu cầu mở rộng trên quan điểm nghiệm của đa
thức nữa.
38
BÀI TẬP CHƯƠNG 1.
1. Chứng minh các công thức hằng đúng sau
a) ( ∨ ) ∧ ( ∨ ) ⟺
b) ( ∨ ) ∧ ( ∧ ) ⟺ ∧
c) ( ∨ ) ∧ ( ⇒ ) ⟺
d) ( ⇒ ) ∧ ⟺ ∧
e) ( ⇒ ) ∧ ⟺
2. Chứng minh quy tắc “chứng minh bằng phản chứng” sau
( ⇒ ) ⟺ ( ∧ ⇒ ∧ ̅)
3. Chứng minh các quy tắc sau
⟺⋯⟺ )⟺(
a) ( ⟺
⇒
⇒⋯⇒
⇒
): Qui tắc tương
đương
b) ( ∨ ) ∧ ( ̅ ∨ ) ⇒ ∨ : Phương pháp giải (resolution)
4. Một cặp các phép toán logic được gọi là đủ nếu các phép toán logic khác có thể
biểu diễn qua cặp các phép toán này. Chứng minh rằng các cặp phép toán logic
sau là đủ
a)
: phủ định, ∧: hội
b)
: phủ định, ∨: tuyển
c) ⇒: suy diễn, : phủ định
5. Chứng minh rằng các cặp phép toán sau đây là không đủ
a) ⟺: tương đương,
: phủ định
b) ∧: hội, ⇒: suy diễn
c) ∨: tuyển, ⇒: suy diễn
6. Viết các mệnh đề sau dưới dạng vị từ
a) Dãy số ( ) có giới hạn bằng
b) Hàm số ( ) có giới hạn khi → bằng ngôn ngữ − .
c) Hàm số ( ) liên tục tại ∈ = ( ; )
d) ( ) là USCLN của hai đa thức ( ), ( ) trong [ ]
e)
=
f)
=
7. Viết dưới dạng vị từ các mệnh đề toán học sau
a) Dãy số ( ) không có giới hạn bằng .
b) Hàm số ( ) không có giới hạn bằng A khi →
c) Hàm số ( ) không liên tục tại ∈ = ( ; )
39
d) Hàm số ( ) không liên tục đều trên X
e) ( ) không phải là USCLN của hai đa thức ( ) và ( ).
8. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học rằng, các hệ thức sau đây đều
đúng cho mọi số nguyên dương.
a)
1 + 3 + 5 + ⋯ + (2 − 1) =
( + 1)( + 2)
b)
1.2 + 2.3 + 3.4 + ⋯ + ( + 1) =
3
(
)
(
)
(
)
(
)
c)
1 1! + 2 2! + ⋯ +
! =
+1 !−1
( + 1)(2 + 1)
d)
1 + 2 + 3 + ⋯+
=
6
(−1)
( + 1)
e)
1 − 2 + 3 − ⋯ + (−1)
=
2
( + 1)
f)
1 +2 +3 +⋯+
=
2
1
1
1
1
g)
+
+
+ ⋯+
=
(2 − 1)(2 + 1) 2 + 1
1.3 3.5 5.7
9. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học các bất đẳng thức sau
1
1.3.5 … (2 − 1)
a)
; với = 1, 2, …
≤
2
2.4.6 … (2 )
1.3.5 … (2 − 1)
1
b)
; với = 1, 2, …
≤
2.4.6 … (2 )
√ +1
c) 2 + 1 ≤ 2 ; với = 3, 4, …
d) 2 ≥ ; với = 4, 5, …
e) (1 + ) ≥ 1 + ; với ≥ −1 và = 1, 2, …
10. Xét đa thức đặc trưng ( ) =
−
− của phương trình truy hồi (hay còn
gọi là công thức truy hồi) ( ) = ( − 1) + ( − 2); trong đó
( ) là hàm số của các số nguyên dương ≥ 2; , ∈ ℂ - là các số cho trước
, ≠ 0.
Chứng minh rằng
thỏa mãn phương trình truy hồi đã cho khi và chỉ khi
a) Hàm số ( ) =
là nghiệm của ( ).
b) Hàm số ( ) =
thỏa mãn phương trình truy hồi đã cho khi và chỉ khi
là nghiệm kép (bội hai) của ( ).
c) Nếu ( ) có hai nghiệm phân biệt
truy hồi có dạng ( ) =
+
các điều kiện ban đầu
40
,
thì mọi nghiệm của phương trình
; trong đó
,
tìm được duy nhất từ
(
d) Nếu ( ) có nghiệm kép
có dạng ( ) =
+
) = , ( + 1) =
thì mọi nghiệm của phương trình truy hồi đã cho
; trong đó
,
tìm được duy nhất từ các điều
kiện ban đầu
( ) = , ( + 1) =
11. Giải các phương trình truy hồi
a) ( ) = 2 ( − 1) − ( − 2); (1) = 2, (2) = 3
( ) = 3 ( − 1) − 2 ( − 2); (0) = 2, (1) = 1
c) ( ) = − ( − 2); (0) = 1, (1) =
12. Giả sử ( ∈ ), – là các tập con của tập X. Chứng minh các hệ thức sau
b)
b)
∩ (⋃ ∈
∪ (⋂ ∈
c)
\(⋃ ∈
a)
)=⋃∈( ∩
)=⋂∈( ∪
)
)
)=⋂∈( \ )
d) ⋃ ∈
=⋂∈
13. Chứng minh các hệ thức
=( ∆ )∪( ∩ )
∆( ∆ ) =
∪
a)
b)
( ) là tập tất cả các tập con của X. Chứng minh rằng các phép toán hiệu
đối xứng ∆ và giao ∩ trong ( ) có các tính chất sau đây:
14. Gọi
a)
∆
= ∆ : tính giao hoán
b) ( ∆ ) ∆ = ∆ ( ∆ ) : tính kết hợp
c)
∆∅ =
: tồn tại phần tử trung hòa của phép toán
d) Đối với ∈ ( ) tồn tại ∈ ( ) sao cho ∆ = ∅ : tồn tại phần
tử ngược.
e) ( ∩ ) ∩ = ∩ ( ∩ )
f) ( ∆ ) ∩ = ( ∩ ) ∆ ( ∩ ) : tính phân phối của phép toán ∩ đối với
phép toán ∆ .
15. Cho ,
trình
là các tập con của U. Tìm tất cả các
∈
(U) là nghiệm của phương
( ∩ )∪( ∩ )=∅
16. Hãy biểu diễn các phép toán ∪, ∩, \ hiệu qua các phép toán
a) ∆, ∩
b) ∆, ∪
c) \, ∆
41
17. Hãy chứng minh rằng không thể biểu diễn
a) ∪ qua ∩ và \
b) \ qua ∪ và ∩
( ) = { ∈ : ( ) ∈ } và gọi
18. Giả sử : Χ → là ánh xạ; ⊂ . Ký hiệu
( ) là đảo ảnh của tập . Chứng minh các hệ thức sau
a) (⋃ ∈ ) ⊆ ⋃ ∈ ( )
d)
(⋂ ∈ ) ⊆ ⋂ ∈ ( )
( )\ ( ) ⊆ ( \ )
( )=∅ ⇔ =∅
e)
( )⊆
b)
c)
⇔
( ).
⊆
19. Chứng minh rằng, tập
⊆
tập con thực sự
20. Giả sử : Χ →
nếu
∘
là tập vô hạn khi và chỉ khi có song ánh từ tập
,
vào
≠ .
là ánh xạ. Ánh xạ : Y →
= Ι . Ánh xạ ℎ: Y →
được gọi là ngược bên trái của
được gọi là ngược bên phải của
nếu
∘ ℎ = Ι . Chứng minh rằng
a)
là đơn ánh khi và chỉ khi tồn tại ánh xạ ngược bên trái
b)
là toàn ánh khi và chỉ khi tồn tại ánh xạ ngược bên phải
c)
là song ánh khi và chỉ khi tồn tại ánh xạ : Y →
vừa là ngược
bên phải, vừa là ngược bên trái của :
21. Giả sử
,
,…,
=
|
∘ =Ι ; ∘ =Ι
là các tập có hữu hạn phần tử. Chứng minh hệ thức
|−
∩
+
∩
∩
+⋯
∩ …∩ |
+(−1) | ∩
22. Gọi 2 là tập tất cả các ánh xạ : Χ → {0, 1}; ( ) là tập tất cả các tập con của
. Hãy thiết lập song ánh từ ( ) lên 2 . Tìm | ( )| nếu = .
23. Cho , là các tập hữu hạn sao cho | | = ; | | = . Hãy tìm
a) Số ánh xạ : Χ →
b) Số đơn ánh : Χ →
c) Số song ánh : Χ →
d) Số toàn ánh : Χ →
24. Chứng minh rằng không tồn tại song ánh giữa tập và tập ( ); Người ta nói
lực lượng của ( ) lớn hơn hẳn lực lượng của và viết | ( )| > | |.
42
25. Chứng minh rằng các tập ℤ, ℚ là các tập đếm được.
26. Chứng minh tập các số thực trên [0; 1] không đếm được.
27. Chứng minh rằng tập các số thực trên (0; 1) tương đương ℝ.
28. Chứng minh rằng các tập số thực sau tương đương với nhau (0; 1), [0; 1],
(0, 1], [ , ].
29. Chứng minh rằng
a) Hợp đếm được các tập hữu hạn là tập đếm được
b) Hợp hữu hạn các tập đếm được là tập đếm được
c) Hợp đếm được các tập đếm được là tập đếm được.
Từ đó suy ra tập tất cả các đa thức hệ số nguyên (hệ số hữu tỷ) là tập đếm được.
30. Tập tương đương với tập số thực được gọi là tập có lực lượng continium.
Chứng minh rằng
a) Tập tất cả các dãy ( ) với
∈ {0; 1} là tập có lực lượng continium.
) với
∈ {0,1, 2, … , 9} là tập có lực lượng continium.
c) Tập tất cả các dãy tăng thực sự ( ) các số nguyên dương là tập có lực lượng
continium.
b) Tập tất cả các dãy (
d) Tập 2ℕ tất cả các tập con của tập số tự nhiên ℕ là tập có lực lượng
continium.
31. Phép toán * trong tập
có tính kết hợp không nếu
a)
= ℕ,
∗
=
b)
= ℕ,
∗
=
c)
= ℕ,
∗
=2
d)
= ℤ,
∗
=
e)
= ℤ,
∗
=
f)
= ℝ,
∗
= sin . sin
( , )
−
+
= . | |
32. Chứng minh rằng ( ( );∪); ( ( );∩) là các nửa nhóm. Tìm các phần tử trung
hòa, phần tử nghịch đảo nếu có.
33. Chứng minh rằng tập ( ) tất cả các tập con của đối với phép toán hiệu đối
g)
= ℝ,
∗
xứng ∆ với phần tử trung hòa ∅ tạo thành nhóm Aben.
34. Chứng minh ( ( ); ∆; ∅;∩) là một vành giao hoán có đơn vị .
35. Những tập số nào dưới đây tạo thành nhóm
a) 〈 ; +〉; trong đó
b) 〈 ; . 〉 trong đó
là một trong các tập ℕ, ℤ, ℚ, ℝ, ℂ.
là một trong các tập ℕ, ℤ, ℚ, ℝ, ℂ.
43
c) 〈 ℤ; +〉 trong đó
∈ ℕ∗ .
d) 〈{−1; 1}; . 〉
e) Tập tất cả các lũy thừa của số thực > 0 với số mũ nguyên đối với phép
nhân.
36. Các tập ma trận nào dưới đây tạo thành nhóm
( ); +〉; trong đó
( ) là tập các ma trận cấp ( , ) trên
a) Tập 〈
trường .
b) Tập 〈 ( ); . 〉; trong đó
( ) là tập các ma trận vuông cấp
= ℝ hoặc = ℂ).
( ); . 〉 trong đó
c) Tập 〈
trên trường
(
trường
(
= ℝ hoặc
( ) là tập tất cả các ma trận vuông cấp
trên
= ℂ ).
37. Các tập ánh xạ nào dưới đây tạo thành nhóm đối với phép nhân (hợp thành) ánh
xạ; = {1, 2 … . . }.
a) Tập tất cả các ánh xạ từ
vào
.
b) Tập tất cả các đơn ánh từ
vào
.
c) Tập tất cả các toàn ánh từ
vào
.
d) Tập tất cả các song ánh từ
vào
.
e) Tập tất cả các hoán vị của
mà giữ yên tại chỗ tất cả các phần tử của tập
con ⊆ .
38. Các tập nào trong số các tập ma trận dưới đây tạo thành vành đối với các phép
toán cộng và nhân ma trận
a) Tập các ma trận đối xứng cấp .
b) Tập các ma trận trực giao cấp .
c) Tập các ma trận tam giác trên cấp .
d) Tập các ma trận vuông cấp
e) Tập các ma trận
≥ 2 có hai hàng cuối đều là 0.
, trong đó
là số nguyên cố định, ,
∈ ℤ.
f) Tập các ma trận thực dạng
−
−
−
−
−
39. Chứng minh rằng tập
−
= { },
= 0, 1, 2, … , − 1 tất cả các căn bậc
1 (trong ℂ ) tạo thành nhóm nhân giao hoán. Phần tử
của nhóm
44
nếu mỗi phần tử của
của
được gọi là phần tử sinh
đều là lũy thừa của
với số mũ nguyên
nào đó. Hãy tìm tất cả các phần tử sinh của
40. Chứng minh rằng tập ℚ √2 =
.
+ √2 trong đó ,
∈ ℚ với các phép
toán cộng và nhân trong ℝ tạo thành một trường. Người ta gọi ℚ √2 là trường
hữu tỷ gắn √2.
41. Chứng minh tập tất cả các số có dạng + √2 + √4 với , , ∈ ℚ tạo thành
một trường đối với các phép toán cộng và nhân các số thực.
42. Ký hiệu ℤ , với
modun
là số nguyên dương, là tập tất cả các lớp đồng dư theo
; ℤ = {0, 1, 2, … ,
− 1} với các phép toán cộng:
) tức là là phần tử dư khi chia
+ = (
̅ + = ̅ khi và chỉ khi
+ cho .
) tức là là phần dư khi chia
̅ . = ̅ khi và chỉ khi . = (
Chứng minh rằng
a) (ℤ ;+; 0; . ) tạo thành một vành giao hoán: ̅. = . ̅. Nếu
thì ℤ là vành có thừa số 0, tức là ∃ ̅ ≠ 0,
b) ℤ tạo thành một trường khi và chỉ khi
cho
.
là hợp số
≠ 0 nhưng ̅ . = 0.
là số nguyên tố.
43. Tính giá trị biểu thức
(2 + )(3 + 7 ) − (1 + 2 )(5 + 3 )
(5 + )(7 − 6 )
b)
3+
2−
4+
c)
+
1+
1−
(1 + ) + (1 − ) + 2
d)
(1 + )
44. Chứng minh các đẳng thức sau
a) (1 + ) = 2 ( ∈ ℤ)
a)
b) (1 + ) = (−1) 2 ( ∈ ℤ)
45. Giải các hệ phương trình
(1 + ) + (1 − ) = 1 +
a)
(1 − ) + (1 + ) = 1 + 3
(1 − ) − 3 = −
b)
2 − (3 + 3 ) = 3 −
46. Chứng minh rằng
= ̅
a) Số phức
là số thực khi và chỉ khi
b) Số phức
là số ảo khi và chỉ khi ̅ = −
45
47. Tìm tất cả các số phức là liên hợp của
a) Bình phương chính nó.
b) Lập phương chính nó.
48. Giải các phương trình
a) ( + 1) + ( − 1) = 0
b) ( + 1) − ( − 1) = 0
c) ( + ) + ( − ) = 0
49. Giải các phương trình phức
a)
− (1 + ) + 6 + 3 = 0
b)
− (2 − 7) + 13 − = 0
c)
−2
d)
= 5 − 12
+ −2 =0
∈ ℤ, tính giá trị biểu thức
(1 + )
50. Với
a)
b)
1 − √3
2
1 + √3
+ √3
d)
1−
1+
51. Chứng minh các đẳng thức sau; Trong đó [x]- là ký hiệu phần nguyên của số
c)
thực x.
[ ⁄ ]
a)
cos
(−1)
=
[(
b)
sin
cos
sin
)⁄ ]
(−1)
=
cos
sin
52. Chứng minh các đẳng thức sau
46
a)
cos
b)
cos
c)
sin
=
1
2
=
=
1
2
(−1)
2
cos(2
−2 ) +
cos(2
+1−2 )
(−1)
cos(2
1
2
−2 ) +
(−1)
2
d)
sin
=
(−1)
2
53. Chia ( ) cho ( −
a)
( )=3
b)
( )=
(−1)
) lấy phần dư. Tìm giá trị ( )
+
− 19
− 13 − 10;
−3
− 10
+ 2 + 5;
= 2;
= −2;
( )=2
−5 −8 ;
54. Tính giá trị ( ) bằng thuật toán Hoocner
a) ( ) =
− 3 + 6 − 10 + 16;
c)
b)
c)
( )=5
( )=3
− 19
+4
−2
+
b)
−5
+7
+2
c) 3
+
−7
= −3;
= 4;
+ 9 + 3;
+5
= 2;
+ 33;
của đa thức ( )
55. Tìm bội của nghiệm
a)
+1−2 )
sin(2
−
+
+ 2 − 1;
−2
= −2;
= 1;
+ 4 − 8;
= 2;
− 10 − 8;
= −1;
d)
− 6 + 2 + 36 − 27 − 54;
= 3;
56. Phân tích đa thức ( ) theo các lũy thừa của ( − 2)
a) ( ) =
− 8 + 24 − 50 + 90;
b) ( ) =
− 4 + 6 − 8 + 10;
57. Phân tích đa thức ( ) ra các thừa số bậc nhất trong trường số phức
a)
−6
+ 11 − 6;
b)
+ 4;
c)
+ 27;
d)
+
+ 1;
58. Phân tích đa thức ( ) ra các thừa số bậc nhất và bậc hai trên trường
a)
+ 27;
b)
−
c)
−
+ 1; (| | < 2);
d)
+4
+4
số thực
+ 1;
+ 1;
59. Với những giá trị nào của
bội không nhỏ hơn 2.
thì đa thức
60. Với những , nào thì đa thức
−
+
−
+ 1 có −1 là nghiệm có
+ 1 chia hết cho ( − 1)
61. Xây dựng đa thức bậc nhỏ nhất, ( ) ∈ ℂ[ ]
a) Nhận 1 là nghiệm bội 2; 2, 3 là các nghiệm đơn và nghiệm 1 +
47
b) Nhận là nghiệm bội 2 và −1 − là nghiệm đơn.
62. Xây dựng đa thực bậc nhỏ nhất ( ) ∈ ℝ[ ]
a) Nhận 1 là nghiệm bội 2; 2, 3 là các nghiệm đơn và nghiệm 1 +
b) Nhận là nghiệm bội 2 và −1 − là nghiệm đơn.
63. Tìm ước số chung lớn nhất ( ) của các đa thức ( ), ( ) sau
a)
b)
c)
d)
e)
( ) = ( − 1) ( + 2) ( − 3)( + 4);
( ) = ( − 1) ( + 2)( + 5);
( ) = ( − 1)( − 1)( − 1)( − 1);
( ) = ( + 1)( + 1)( + 1)( + 1);
( )=
+ + 2 + + 1;
( )=
+ 3 + 3 + 2;
( )=
− 1; ( ) =
− 1;
( )=
+ 1; ( ) =
+1
64. Chứng minh rằng nếu
<
, trên đường
chéo toàn số 1. Từ đây ta có
=
với =
số 1. Dễ thấy
…
=
,
…
− là ma trận tam giác dưới mà trên đường chéo của nó toàn
( ) = (− ).
thì
=
nên
=
Nếu có hai phân tích của ma trận =
và =
là ma trận đường chéo. Do
trên đường chéo toàn số 1 nên đó là ma trận
đơn vị:
=
= hay = , = . □
1 −1 1
2 1 .
2 −1 1
= 1
Ví dụ 2.23. Tìm LU – phân tích của ma trận
∆ Thực hiện các biến đổi sơ cấp hàng và cột, ta có
1 −1 1
1 −1 1
1
,
⟶
⟶ 0
1 2 1
0 3
0
2 −1 1
0 1 −1
0
Ba biến đổi hàng theo thứ tự ứng với ma trận sơ cấp
(−2)
−
Như vậy ta có
(−1) =
=
(−1)
=
1
(−1) = 1
0
−
1
= 0
0
(−2)
0
1
0
0
0
1
0
1
−
−1 1
=
3
0
0 −1
(−1), (−2),
hay
;
. Theo định lý, dễ dàng thấy
1 0 0
(−2) = 0 1 0
2 0 1
0
1 0 0
0 nên = 1 1 0 .
2
1
1
,
,
Vậy ta đã nhận được phân tích:
=
;
=
1
1
2
82
0
1
1
3
0
0
1
,
1
= 0
0
−1
3
0
1
0
−1
. □
−
2.5. Hệ phương trình tuyến tính
2.5.1. Hệ Gauss và công thức Cramer.
Xét hệ n phương trình tuyến tính (PTTT) n ẩn , , … ,
+
+ ⋯+
=
+
+⋯+
=
.
…
+
+ ⋯+
=
:
(2.25)
Ma trận
=
…
…
,
…
…
, ( , = 1,2, … , ) − được gọi là các hệ
=
được gọi là ma trận hệ (hệ PTTT);
,
∈
số; trong đó , , … , − các hệ số tự do của hệ phương trình. Hệ PTTT có tất cả các
hệ số tự do đều bằng 0 được gọi là hệ PTTT thuần nhất.
Nghiệm của hệ PTTT (2.25) là bộ thứ tự n số ( , , … , ) ∈
, sao cho khi thay
= , = ,… , =
vào (2.25) thì n phương trình trở thành n đẳng thức. Giải
hệ PTTT (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó.
Hệ PTTT (2.25) được gọi là hệ Gauss, nếu định thức của ma trận hệ khác 0.
Để việc trình bày được ngắn gọn hơn, ta đưa vào các ký hiệu sau đây:
[
] = … − là ma trận cột ẩn số, [ ] =
− là ma trận cột hệ số tự do,
…
− là ma trận nhận được từ A bằng cách thay cột thứ
bằng cột hệ số tự do.
Hệ (2.25) có thể viết dưới dạng ma trận như sau:
[ ]=[ ]
(2.26)
Định lý 2.8. (Công thức Cramer)
Hệ Gauss có nghiệm duy nhất, viết dưới dạng ma trận:
[ ]=
[ ],
(2.27)
hay dưới dạng toa độ:
(2.28)
=
| |
= 1,2, … ,
.
Chứng minh. Công thức nghiệm của hệ Gauss (2.25) dưới dạng ma trận (2.27) có
thể nhận được một cách dễ dàng. Thật vậy, từ giả thiết
≠ 0, tồn tại ma trận
nghịch đảo
. Nhân hai vế của (2.26) với
về bên trái ta có ngay điều phải
83
chứng minh (2.27).
Công thức nghiệm dưới dạng tọa độ (2.28) (Công thức Cramer) cũng dễ dàng nhận
được từ (2.27) và các công thức phân tích định thức theo hàng (2.7), theo cột (2.9).
Thật vậy, phần tử nằm trên hàng thứ j hai vế của (2.27), theo (2.7) là
=
1
| |
∈ {1,2, … , }
Theo công thức (2.9), phân tích định thức theo cột thứ j thì
=
,
nên ta có ngay (2.28) cần chứng minh. □
Chú thích 2.12.
1. Công thức Cramer (2.28) là công thức nghiệm của hệ PTTT dưới dạng định
thức. Do việc tính các định thức từ cấp bốn trở lên cồng kềnh nên thông thường
người ta chỉ dùng nó khi ≤ 3.
. Trong
2. Công thức (2.27) là công thức nghiệm có chứa ma trận nghịch đảo
mục 2.4.2. ta đã chỉ ra phương pháp Gauss tìm ma trận nghịch đảo nên nó có thể
sử dụng tốt trong cả các trường hợp ≥ 4.
3. Có thể tìm nghiệm nhanh hơn khi sử dụng lược đồ sau cùng trong mục 2.4.2.
Ví dụ 2.24. Giải hệ PTTT sau:
+ + =1
− − =1
2 + − =0
Cách 1. Dùng công thức Cramer.
1 1
1
1 1
1
= 1 −1 −1 = 4;
Ta có | | = 1 −1 −1 = 4;
0 1 −1
2 1 −1
1 1 1
1 1 1
= 1 1 −1 = −4;
= 1 −1 1 = 4.
2 0 −1
2 1 0
Theo công thức (2.28) ta có nghiệm: = 1, = −1, = 1.
Cách 2. Bằng phương pháp Gauss, theo lược đồ (2.23) , ta tìm được
1/2
1/2
0
,
(2.27) ta có:
= −1/4 −3/4 1/2 theo
3/4
1/4 −1/2
1/2
1/2
0
1
1
= −1/4 −3/4 1/2 1 = −1
3/4
1/4 −1/2 0
1
84
= 1, = −1, = 1. □
Hay được nghiệm:
Cách 3. Sử dụng lược đồ (2.23) để tìm nghiệm theo công thức (2.27):
1 1
1 1
1 1
1 1
,
,
,
⟶
⟶
1 −1 −1 1
0 1
1 0
2 1 −1 0
0 −1 −3 −2
1 1 1 1
1 0 0 1
1 1 11
,
⟶
⟶
0 1 0 −1
0 1 0 −1 .
0 1 10
0 0 11
0 0 1 1
0 0 1 1
Vậy là, hệ có nghiệm = 1, = −1, = 1.
Cách 4. Sử dụng LU – phân tích của ma trận hệ.
1 1
1
Gọi [ ] = [1 1 0], ma trận hệ = 1 −1 −1 .
2 1 −1
Theo 2.4.3, ta có =
; trong đó − là ma trận tam giác dưới, − là ma trận
tam giác trên; trong đó
1
0
0
1 1
1
1
0 , = 0 −2 −2 .
= 1
2 1/2 1
0 0 −2
[ ]=[ ]
[ ]=[ ]⇔
. Hai hệ phương
Như vậy ta có hệ phương trình
[ ]=[ ]
trình này đều giải đơn giản bằng phương pháp thế vì các ma trận hệ của chúng có
dạng tam giác. Hệ thứ nhất có nghiệm [ ] = [1 0 −2], từ đó ta có nghiệm của
= 1, = −1, = 1. □
hệ thứ hai cần tìm [ ] = [1 −1 1] ⇔
2.5.2. Hệ phương trình tuyến tính tổng quát.
Xét hệ m PTTT n ẩn , , … ,
+
+⋯+
=
+
+⋯+
=
…
+
+⋯+
=
(2.29)
.
Vẫn như trong mục 2.5.1, ta gọi ma trận
là ma trận hệ;
,
…
…
=
,
=
…
…
∈ , ( , = 1,2, … , ) − được gọi là các hệ số; trong đó
,
,…,
− các hệ số tự do của hệ phương trình.
Ma trận , nhận được từ bằng cách gắn thêm cột hệ số tự do, được gọi là ma trận
hệ mở rộng. Như vậy là
85
…
…
=( | )=
;
…
… … …
…
…
trong đó ( | ) chỉ là ký hiệu dưới dạng ma trận – block của ma trận hệ mở rộng.
Hệ (2.29) có thể viết dưới dạng ma trận như sau:
(2.30)
[ ]=
;
trong đó, vẫn như trước, [
] = … − là ma trận cột ẩn số,
=
…
− là ma trận
cột hệ số tự do.
Định lý 2.9. (Cronecker - Capelli) Hệ PTTT tổng quát (2.29) có nghiệm khi và chỉ
khi hạng của ma trận hệ bằng hạng của ma trận hệ mở rộng. Khi hạng của ma trận
hệ bằng hạng của ma trận hệ mở rộng bằng r, hệ tương đương với hệ gồm r phương
trình nằm trên r hàng của định thức con cấp r khác 0.
Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng phương pháp Gauss giải hệ PTTT.
Giả sử
= , 0 < ≤ min( , ). Không làm mất tính tổng quát, ta có thể
coi định thức con cấp r khác 0 nằm ở góc trên bên trái của ma trận , nếu cần thiết
ta phải đổi chỗ các phương trình để các hàng của định thức con cấp r khác 0 là các
hàng hệ số của r phương trình đầu tiên hoặc đánh số lại các ẩn số để các ẩn
trên cột của định thức con cấp r khác 0 là r ẩn đầu tiên.
Phương pháp Gauss thực chất là phương pháp loại trừ ẩn số bằng biến đổi tương
đương hệ phương trình. Ba phép biến đổi tương đương hệ phương trình đó là:
(i) Đổi chỗ hai phương trình;
(ii) Lấy hai vế của một phương trình nhân với một số ∈ rồi cộng tương ứng
vào một phương trình khác;
(iii) Nhân hai vế của một phương trình với một số ∈ , ≠ 0.
Rõ ràng là các phép biến đổi tương đương trên chỉ tác động đến các hệ số của các
phương trình mà không tác động đến các ẩn số, vì thế khi thực hiện phương pháp
Gauss giải hệ phương trình tuyến tính người ta không viết các ẩn số mà chỉ viết ma
trận hệ số của các phương trình. Ma trận đầu tiên của phương pháp Gauss giải hệ m
phương trình tuyến tính tổng quát n ẩn (2.29) có dạng
…
…
( | )=
..
..
…
.. .. .
…
86
Nếu hệ không thuần nhất thì các ma trận của phương pháp Gauss có gạch sọc ngăn
cách với cột hệ số tự do. Hàng thứ i của ma trận là hàng hệ số của phương trình thứ
i được viết theo thứ tự các ẩn số , , … , . Nếu không có gạch sọc ngăn cách
người ta hiểu hệ là hệ thuần nhất. Ba biến đổi tương đương hệ phương trình nói trên
tương ứng với ba biến đổi sơ cấp của ma trận ( | ).
Giả sử
≠ 0, khi đó ta thực hiện
Bước1: Lấy hàng thứ nhất nhân với −
thuận từ trước ta sẽ viết −
+
rồi cộng vào hàng thứ hai, theo thỏa
và tiếp tục −
+
,…,−
+
.
Kết quả sau bước1 ta nhận được ma trận của phương pháp Gauss là
…
0
′
…
′
′
..
..
…
.. …
…
′
0
′
′
Phương trình có chứa
≠ 0 mà ta đã dùng để loại trừ ẩn ra khỏi các
phương trình còn lại được gọi là phương trình gốc. Như vậy sau bước1 ta đã loại
được một ẩn ra khỏi các phương trình thứ 2, 3,…, m.
Bước 2: Thực hiện bước 1 cho các hàng còn lại từ thứ 2 đến thứ m. Sau mỗi bước ta
được thêm một phương trình gốc và loại trừ được ít nhất một ẩn số ra khỏi các
phương trình còn lại. Các phương trình gốc trong phương pháp Gauss giải hệ PTTT
được đưa lên phía trên theo thứ tự các bước 1, 2,…. Theo giả thiết
= nên
sau không quá bước ta sẽ nhận được ma trận của phương pháp Gauss sau đây:
…
′′
′′
′′
0
…
′
⎛
⎞
..
..
… … .. …
⎜
′′
′′
′′ ⎟
0
…
⎜ 0
⎟;
0
0 … 0
⎜ 0
⎟
0
0 … 0 0⎟
⎜ 0
..
..
.. … .. ..
⎝ 0
0
0 … 0 0⎠
Rõ ràng là hệ có nghiệm khi và chỉ khi = 0 tức là
= =
.
Khi đó ma trận phương pháp Gauss còn lại đúng r hàng đầu tiên, tức là hệ đã cho
tương đương với hệ r phương trình đầu tiên (chính là r phương trình nằm trên r
hàng của định thức con cấp r khác 0). Định lý đã được chứng minh xong. □
Chú thích 2.13.
1. Phương pháp Gauss là phương pháp toàn năng giải hệ PTTT có số phương trình
và số ẩn tùy ý.
2. Nhìn vào ma trận cuối cùng của phương pháp Gauss ta thấy hệ có ( − ) ẩn tự
do
,
, … , . Chuyển các số hạng của các phương trình có các ẩn này
87
sang vế phải ta được hệ Gauss ẩn, phương trình. Theo công thức Cramer ta
sẽ nhận được công thức nghiệm của hệ phương trình biểu diễn qua các ẩn tự do.
Nghiệm của hệ phương trình phụ thuộc các ẩn tự do được gọi là nghiệm tổng
quát. Các ẩn có mặt trong công thức nghiệm tổng quát ta gọi là các ẩn bắt buộc
(gọi đối ngẫu với các ẩn tự do). Trong trường chung các ẩn bắt buộc có thể lấy
là các ẩn trên các cột của định thức con cấp r khác 0.
3. Khi thực hiện phương pháp Gauss giải hệ PTTT không nhất thiết phải đánh số
lại các ẩn số, các ẩn bắt buộc có thể nằm rải rác trên các cột của ma trận ,
không nhất thiết trên r cột đầu tiên.
4. Số ẩn tự do ( − ) bằng số n trừ đi số phương trình r khi kết thúc phương pháp
Gauss. Cho các ẩn tự do các giá trị tùy ý trong
ta sẽ nhận được tất cả các
nghiệm của hệ phương trình. Để tìm nghiệm của hệ phương trình người ta
ngược từ dưới lên theo các phương trình gốc.
5. Để giải và biện luận hệ PTTT theo tham số bằng phương pháp Gauss, ta thực
hiện theo phương pháp này đến khi gặp trường hợp, trên một hàng nào đó của
ma trận hệ có thừa số chung phụ thuộc tham số thì dừng lại biện luận hai trường
hợp. Trường hợp thứ nhất: thừa số chung bằng 0, khi đó tham số có giá trị cụ
thể. Trường hợp thứ hai: thừa số chung khác 0, khi đó giản ước thừa số này đi và
tiếp tục phương pháp Gauss.
Ví dụ 2.25. Tìm đa thức bậc ba ( ) sao cho (1) = 0, (−1) = 2, (2) = 5,
(−2) = −3.
+
+
+ . Mỗi điều kiện bài ra
∆ Gọi đa thức cần tìm là ( ) =
cho ta một phương trình tuyến tính bốn ẩn ( , , , ), ví dụ như điều kiện
(1) = 0 cho ta phương trình
+ + +
= 0. Ta được một hệ PTTT 4
phương trình, 4 ẩn. Quá trình giải bằng phương pháp Gauss diễn ra như sau:
1 1 1 1 0
1 1 1 1 0
, ,
,
,
−1 1 −1 1 2
1 0 1 0 −1
⟶
8 4 2 1 5
7 3 1 0 5
−8 4 −2 1 −3
3 −1 1 0 1
1 1 1 1 0
1 1 1 1 0
, ,
,
1 0 1 0 −1
1 0 1 0 −1
⟶
⟶
2 1 0 0 2
2 1 0 0 2
2 −1 0 0 2
1 0 0 0 1
Bây giờ, ngược từ dưới lên trên, ta tìm được
= 1, = 0, = −2, = 1.
Như vậy đa thức cần tìm là ( ) =
− 2 + 1. □
Ví dụ 2.26. Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m:
88
+
+
+
+
+
+
=1
=
.
=
∆ Ta giải và biện luận bằng phương pháp Gauss theo chú thích 2.13
1 1 1
1
1
1
,
⟶
1
1
1−
−1 0
−1
1 1
1−
1−
0
−
Trên hàng thứ hai, thứ ba của ma trận hệ có thừa số chung (1 − ). Ta biện luận
hai trường hợp.
i) Trường hợp thứ nhất: (1 − ) = 0 ⇔ = 1, hệ trở thành (1 1 1|1), có hai
= 1 − − ; , − tùy ý.
ẩn tự do , ; Nghiệm tổng quát (*) là
ii) Trường hợp thứ hai: ≠ 1, sau khi giản ước thừa số chung ta được
1 1 1
1 1
1
⟶
. Lại xuất hiện thừa
1
−1 0 −1
1
−1 0 −1
+1 1 0 −
+2 0 0 − −1
(
)
số chung
+ 2 trên hàng thứ ba của ma trận hệ. Ta biện luận hai khả năng
trong trường hợp ii)
+) ( + 2) = 0 ⇔ = −2, hiển nhiên ta có, hệ vô nghiệm.
++) ≠ −2, hệ có nghiệm duy nhất (**) là
( + 1)
− −1
1
=
, =
, =
.
+2
+2
+2
Ta có kết luận sau:
- Khi = 1 hệ có nghiệm tổng quát (*);
- Khi = −2 hệ vô nghiệm;
- Khi ≠ 1, ≠ −2 hệ có nghiệm duy nhất (**) . □
2.5.3. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Xét hệ m phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn
+
+⋯+
=0
+
+⋯+
=0
.
…
+
+ ⋯+
=0
(2.31)
Như trong mục 2.5.2, ta vẫn ký hiệu là ma trận hệ của hệ (2.31). Như hệ quả của
định lý 2.9 về hệ PTTT tổng quát, ta có kết quả tổng quát sau đây cho hệ PTTT thuần
nhất (2.31).
Định lý 2.10. Hệ m phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn (2.31) có nghiệm khác
không khi và chỉ khi hạng của ma trận hệ nhỏ hơn n.
Chứng minh.
Điều kiện cần.
89
Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử hệ (2.31) có nghiệm khác 0 nhưng
= . Khi đó
≥ và theo định lý 2.9, hệ (2.31) tương đương với hệ n
PTTT thuần nhất n ẩn. Hệ này do hạng ma trận hệ bằng n nên là hệ Gauss, có
=
=⋯=
= 0; điều này mâu thuẫn với giả thiết hệ có
nghiệm duy nhất
nghiệm khác 0. Mâu thuẫn này chứng tỏ
< .
Điều kiện đủ.
Giả sử 1 ≤
= < . Khi đó 1 ≤ ≤ min( , ) và theo định lý 2.9, hệ
(2.31) tương đương với hệ gồm phương trình nào đó của hệ (2.31). Cũng theo
định lý 2.9, hệ nhận được có ( − ) ≥ 1 ẩn tự do. Ta chỉ cần lấy giá trị một ẩn tự
do nào đó khác 0, ví dụ như bằng 1 là được nghiệm của hệ khác 0. Định lý đã được
chứng minh. □
Chú thích 2.14. Khi hệ PTTT thuần nhất có nghiệm khác 0 thì nó có hệ nghiệm cơ
bản. Hệ nghiệm cơ bản của hệ PTTT thuần nhất có số nghiệm bằng ( − ), đúng
bằng số ẩn tự do. Các nghiệm của hệ nghiệm cơ bản nhận được từ công thức
nghiệm tổng quát, bằng cách, mỗi lần cho các ẩn tự do một bộ ( − ) giá trị sao
cho ma trận thành lập từ các hàng là các bộ giá trị này là ma trận khả nghịch.
Trường hợp riêng, có thể lấy ma trận bộ giá trị này là ma trận đơn vị
( ), tức là, mỗi lần cho một ẩn tự do bằng 1, còn các ẩn tự do khác bằng
∈
0, từ công thức nghiệm tổng quát nhận được hệ ( − ) nghiệm trong hệ nghiệm cơ
bản.
Ví dụ 2.27. Tìm nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản của hệ PTTT thuần nhất
sau
+ + − =0
2 + + −2 =0
.
− + − − =0
3 +3 + −5 =0
∆ Giải bằng phương pháp Gauss, ta nhận được ma trận cuối cùng của phương pháp
1 1 1 −1
Gauss là 1 0 0 −1 Hệ
. có một ẩn tự do là .
0 1 0 −1
=
=
Nghiệm tổng quát là
;
−tùy ý.
=−
Hệ nghiệm cơ bản có 1 nghiệm (đúng bằng số ẩn tự do) là (1,1, −1,1), nhận được
từ công thức nghiệm tổng quát khi cho ẩn tự do = 1. □
2.5.4. Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp giải hệ PTTT.
Xét hệ Gauss n phương trình, n ẩn có hệ số tự do cho bằng chữ , , … ,
[ ] = [ ].
90
:
(2.32)
Theo công thức (2.27) hệ có nghiệm
[ ]=
[
].
(2.33)
Công thức nghiệm (2.33) của hệ (2.32) nói rằng, hàng hệ số của ẩn
theo
, , … , là hàng thứ k của ma trận nghịch đảo
. Người ta sử dụng phương pháp
này tìm ma trận nghịch đảo
khi mà hệ (2.32), vì nguyên nhân nào đó, dễ dàng tìm
được nghiệm.
1 0 1 −1
2 0 0 1
Ví dụ 2.28. Tìm
của ma trận =
.
1 0 0 0
3 1 2 −1
∆ Hệ PTTT (2.32) tương ứng với ma trận là:
+ − =
2 + =
.
=
3 + +2 − =
Dễ dàng nhận được nghiệm bằng phương pháp thế
=
= −2
.
= + −3
= −2 − + +
Từ đây ta nhận được
0
0
1 0
−2 −1 1 1
. □
=
1
1 −3 0
0
1 −2 0
91
BÀI TẬP CHƯƠNG 2.
1. Các ma trận A, B sau đây có bằng nhau không? Tại sao?
a)
b)
c)
= [1 3 2 4], = [1 3 2 0];
0 −1 2
0 −1 2
= −1 3 −1 , = −1 3 −1
−4 5
0
−4 5
0
= [−1 2 −3 4], = ;
−1
0
−3
2. Tính AB và BA nếu các tích này xác định
1 2 1
1 2
a)
= 3 1 2 , = −1 3 ;
1 0 1
0 1
b) = [2 1 −3], = [−1 3 −1] ;
1
1+
−1 −
1−
c)
= −2 1 −
, =
0 1+
0
−1
3
−1
1−
1
−1
d) = 1
, = −1
−1
1−
1+
0
1
1+
0
1
;
;
.
1 −2 1
−2 −1 1
= −2 3 2 , =
, = [−1
0 −3 −1
−1 0 1
= [2 1],
= [2 1 −3].
Hãy tính các tích sau nếu chúng xác định
b) BA
a) AB
c) AU
d) BV
e) VB
f) AW
h) BU
g)
)
i) ( +
4. Tìm tích AB của các ma trận A và B sau
1
1
a)
=
, =
;
0 1
0 1
3 29
3 −4 5
b) = 2 −3 1
, = 2 18 ;
0 −3
3 −5 −1
2 −3 5
1 5 3
c)
=
, = −1 4 −2 .
2 −3 1
3 −1 1
3. Cho
92
−2
3] ,
trong đó
1 2
2
a)
= 2 1 −2
2 −2 1
0 1 0 0
0 0 2 0
b) =
0 0 0 3
0 0 0 0
1 1
1
1 1 −1
c)
=
1 −1 1
1 −1 −1
6. Chứng minh rằng, nếu
đẳng thức
a) ( + ) =
5. Tính
b) (
c) (
+ ) =
) =
;
) =
;
d) (
e) (
) = ;
f) ( ) = .
7. Chứng minh rằng, nếu
với mọi ,
∈
;
;
1
−1
.
−1
1
các tổng, tích sau có nghĩa với ,
+
−
;
( ) là ma trận đối xứng (
∈
( ).
∈
= ) thì
( ) thì các ma trận
và
khi A là ma trận vô hướng, tức là tồn tại ∈
( ). Chứng minh rằng
10. Giả sử , ∈
∈
+
=
là các ma
là ma trận phản đối xứng .
9. Chứng minh rằng ma trận A giao hoán với mọi ma trận trong
,
thì ta có các
+ ̅
8. Chứng minh rằng với mọi
trận đối xứng, còn
∈
=
để
=
( ) khi và chỉ
.
với mọi ma trận cột
( ) khi và chỉ khi A = B.
( ). Chứng minh rằng
, ∈
=
với mọi ma trận cột
( ) khi và chỉ khi A = B.
, ∈
( ), , ∈ ta đều có
12. Chứng minh rằng với mọi , ∈
( +
)=
a)
+
( )= ( )
b)
13. Chứng minh rằng, nếu C là ma trận khả nghịch thì đối với mọi ma trận A cùng
)=
cấp ta có (
.
11. Giả sử
93
14. Tìm tích AB theo hai cách: nhân thông thường và nhân ma trận block
1 2 0 0
1 1 0 0
2 1 0 0
1 1 0 0
a)
=
, =
;
0 0 3 1
0 0 1 2
0 0 1 1
0 0 −3 1
1 1 1 −1
1 1 1 0
1 2 1 0
1 3 −1 1
b) =
, =
.
0 0 3 1
0 0 1 2
0 0 1 1
0 0 −3 1
15. Chứng minh rằng, nếu A, B giao hoán với nhau tức là AB = BA thì ta có hệ thức
Newton cho ma trận
( + ) =
a)
=
b)
=
c)
=
d)
=
e)
=
a)
b)
.
( ∈ ℕ∗) nếu
16. Tính
17. Tính
=
−
1
√3
;
−√3 1
2 1 1 0
5 3 1 1
1 1 1
0 1 1
0 0 1
1 −1 1
0 1 −1
1 0
1
( ∈ ℝ);
3
−5
1
0
0
−1
;
2
1
1
0
1 1
1 −1
1 −1
1
0
−1
0
1
1
.
( ∈ ℕ∗) nếu
1 4
2
= 0 −3 −2 ;
0 4
3
−1
= 1 −1 0 ( ∈ ℝ).
−1 0 −1
18. Tính giá trị của đa thức ( ) =
+ 2 − x − 2 tại
( ) , − là ma trận đơn vị );
a)
= −2
( ∈
1 −1
b) =
;
1 2
0 −1 1
c)
= 0 1 0 ;
0 −1 2
94
=
nếu
d)
0
0
=
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
19. Cho đa thức ( ) =
0
0
.
1
0
−4
+ 5x − 2 và ma trận
1 −1 1
= 0 1 0
0 −1 2
a) Tính ( );
b) Tìm đa thức tối thiểu của A (là đa thức ( ) ∈ [ ] bậc nhỏ nhất với hệ số
bậc cao nhất bằng 1 nhận A làm nghiệm: ( ) = )
( ∈ ℕ∗ ) bằng phương pháp đa thức tối thiểu.
20. Cho đa thức ( ) =
− 5 + 8x − 4 và ma trận
−1 3 −1
= −3 5 −1
−3 3 1
a) Tính ( );
b) Tìm đa thức tối thiểu của A (là đa thức ( ) ∈ [ ] bậc nhỏ nhất với hệ
số bậc cao nhất bằng 1 nhận A làm nghiệm: ( ) = )
c) Tính
( ∈ ℕ∗ ) bằng phương pháp đa thức tối thiểu.
(ℝ) trong đó
21. Cho các ma trận , ∈
0 1 0 … 0 0
1 1 … 1
⎡0 0 1 … 0 0 ⎤
⎢
⎥
0 1 … 1
và = ⎢. . . . . . … . . . .⎥
=
.. .. … ..
⎢0 0 0 … 0 1 ⎥
0 0 … 1
⎣0 0 0 … 0 0 ⎦
( ∈ ℕ∗ ) ;
a) Tìm
b) Chứng minh rằng = + +
+⋯+
;
c) Chứng minh rằng ( − ) = ;
( − ).
=
d) Chứng minh rằng ( − )
c) Tính
∈ ℕ∗ luôn tồn tại ma trận A sao cho
1 2 3 … 2010
0 1 2 … 2009
=
.. .. .. …
..
0 0 0 …
1
(ℂ) mà
23. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp hai ∈
= .
( ) để
24. Chứng minh rằng, không tồn tại các ma trận , ∈
22. Chứng minh rằng với mọi
−
= .
95
25. Chứng minh rằng, nếu
nghịch.
∈
( ) và ( + ) =
26. Chứng minh rằng, nếu
∈
( ) là ma trận lũy linh, tức là ∃ ∈ ℕ∗ để
= , thì
thì A là ma trận khả
+
là ma trận khả nghịch.
( ) là ma trận lũy linh, ( ) ∈
27. Chứng minh rằng, nếu ∈
hệ số tự do khác 0 thì ( )là ma trận khả nghịch.
28. Giả sử
( ) có
∈
[ ] , ( ) có
≠ 0. Chứng minh rằng để B giao hoán với A điều
kiện cần và đủ B giao hoán với .
29. Chứng minh rằng, nếu A là ma trận vuông cấp hai và là ma trận lũy linh thì
= 0 và
= .
( ) và có
=
30. Chứng minh rằng, nếu ∈
= 0 thì
= .
31. Xác định xem các tích dưới đây, tích nào là số hạng của một định thức tương
ứng và xác định dấu của chúng
;
a)
;
b)
;
c)
;
d)
.
e)
và
32. Tìm các số hạng của định thức sau có chứa
1 2 3
1 2
.
1 2
1
3 1 2
33. Tính các định thức sau
1 1 1
a) 1
+
;
với =
1
1
b)
;
1
1
1
1.
c)
1
34. Cho
96
= +
√
. Tính (
)
nếu
.
1
⎡0
⎢
= ⎢1
⎢0
⎣3
2
0
2
0
4
0
1
0
1
0
0
0
⎤
⎥
⎥.
1⎥
0⎦
35. Cho
1
2
1
( )=
+1 3 +1 3 −1
+1 3 +2
+1
Chứng minh rằng tồn tại ∈ (0,1) sao cho ′( ) = 0.
( ). Tính
36. Giả sử ( ) = det( + ), trong đó ∈
(0).
37. Định thức cấp n sẽ thay đổi thế nào nếu
a) Tất cả các phần tử của nó đều đổi dấu;
b) Mỗi phần tử
của nó được nhân với
c) Mỗi phần tử
được thay bằng phần tử
( ≠ 0);
đối xứng qua đường chéo
chính;
d) Mỗi phần tử
được thay bằng phần tử
,
đối xứng qua đường
chéo phụ.
e) Mỗi phần tử
được thay bằng phần tử
,
đối xứng qua
‘‘tâm’’của định thức
38. Định thức cấp n sẽ thay đổi thế nào nếu
a) Đặt cột thứ nhất vào vị trí cuối cùng còn các cột khác dịch sang bên trái giữ
nguyên thứ tự các cột.
b) Các hàng được viết theo thứ tự ngược lại.
39. Cho biết các số 20604, 53227, 25755, 20927, 289 đều chia hết cho 17. Không
tính định thức, chứng minh rằng định thức sau cũng chia hết cho 17.
2 0 6 0 4
5 3 2 2 7
2 5 7 5 5.
2 0 9 2 7
0 0 2 8 9
40. Cho biết các số 4085, 23009, 23617, 45904, 42883 đều chia hết cho 19. Không
tính định thức, chứng minh rằng định thức sau cũng chia hết cho 19.
0 4 0 8 5
2 3 0 0 9
2 3 6 1 7.
4 5 9 0 4
4 2 8 8 3
97
41. Bằng biến đổi sơ cấp tính các định thức
1 −1 1
−2
1
3 −1
3
a)
;
−1 −1 4
3
−3 0 −8 −13
4 4 −1 0 −1 8
2 3 7 5 2 3
3 2 5 7 3 2
;
b)
1 2 2 1 1 2
1 7 6 6 5 7
2 1 1 2 2 1
c)
3
2
3
6
2
3
6
3
3
6
3
2
30 20 15
20 15 12
d)
15 12 15
12 15 20
1001 1002
1002 1003
e)
1001 1001
1001 1000
6
3
;
2
3
12
15
.
20
30
1003 1004
1001 1002
;
1001 999
998
999
42. Tính các định thức sau
+
+
a)
..
..
..
…
1+
1+
1+
1+
b)
..
..
1+
1+
1
…
1 …
c)
=
.
.. .. … ..
… 1
98
…
…
…
…
…
…
…
;
..
+
1+
1+
..
1+
;
43. Bằng biến đổi sơ cấp đưa về dạng tam giác tính định thức
1
…
2
…
a)
;
3 …
.. .. .. … ..
…
1
…
⎡
⎤
1
…
⎢
⎥
b) ⎢
1 …
⎥;
..
.. …
.. ⎥
⎢ ..
⎢
…
1 ⎥
…
…
c) . . . . . . … . . . . ;
…
…
1 2 3 …
−1
2 3 4 …
d) 3 4 5 …
;
.. .. .. …
..
..
…
44. Tính các định thức cấp n bằng công thức truy hồi
2 1 0 0 … 0 0 0
1 2 1 0 … 0 0 0
0 1 2 1 … 0 0 0
;
a)
.. .. .. .. … .. .. ..
0 0 0 0 … 1 2 1
0 0 0 0 … 0 1 2
3 2 0 0 … 0 0 0
1 3 2 0 … 0 0 0
0 1 3 2 … 0 0 0
b)
;
.. .. .. .. … .. .. ..
0 0 0 0 … 1 3 2
0 0 0 0 … 0 1 3
3 1 0 0 … 0 0 0
2 3 1 0 … 0 0 0
0 2 3 1 … 0 0 0
c)
;
.. .. .. .. … .. .. ..
0 0 0 0 … 2 3 1
0 0 0 0 … 0 2 3
99
3 2 0 0 … 0 0 0
1 3 1 0 … 0 0 0
0 2 3 2 … 0 0 0
d)
;
.. .. .. .. … .. .. ..
0 0 0 0 … 1 3 1
0 0 0 0 … 0 2 3
+
0
0 … 0
0
1
+
0 … 0
0
e)
0
1
+
… 0
0 ;
..
..
..
.. … ..
..
0
0
0
0 … 1
+
45. Sử dụng tính chất tích các định thức, tính các định thức
−
−
;
−
−
−
−
2√3 2
√2
√6
2√3 −2 −√2 −√6
b)
;
0
4 −√2 −√2
0
0 3√2 −√6
; trong đó
c)
; =
a)
là số thừa số chung của i và j.
46. Tính các định thức bằng cách đưa về định thức Vandermond
1+
a) 1 +
..
1+
1
b) 1
..
1
c)
d)
100
1+
1+
..
1+
..
…
…
…
…
..
..
…
…
…
…
..
1+
1+
..
1+
..
;
..
…
…
…
…
…
…
..
…
..
1
1
2
..
( − 1)
2
..
( − 1)
..
..
…
…
…
…
…
;
;
1
2
..
( − 1)
.
47. Chứng minh rằng, nếu tất cả các phần tử của ma trận A đều được cộng thêm một
số ( ≠ 0) (ta ký hiệu đó là ma trận ) thì
=
+
;
,
trong đó
.
là phần bù đại số của
48. Chứng minh rằng tổng các phần bù đại số của tất cả các phần tử của ma trận
không đổi nếu tất cả các phần tử của ma trận này đều được cộng thêm với cùng
∈
một số
.
49. Tính định thức
a)
.. ..
..
…
…
…
…
…
;
..
…
…
b)
;
..
..
…
..
−
−
…
(ℝ) ta có
50. Chứng minh rằng với mọi , ∈
−
≥ 0.
−
51. Ma trận
∈
=
(ℝ) với
=
±1 nếu ≠
0 nếu =
có khả nghịch không?
Tại sao?
=
52. Ma trận
(i)
∈
(ℝ) thỏa mãn các điều kiện
≠ 0 với mọi = 1,2, … , ;
(ii) Nếu
≠ 0 thì
= 0 với mọi ≠ ;
(iii) Nếu
≠0 à
≠ 0 thì
≠ 0.
Chứng minh rằng là ma trận khả nghịch.
53. Cho A, B, C, D là các ma trận thỏa mãn điều kiện CD = DC. Chứng minh rằng
=
(
−
).
54. Tìm hạng của các ma trận sau
1 7
7
9
7 5
1 −1
a)
=
;
2 1 −1 1
8 −1 −7 −9
101
77 32 6 5 3
32 14 3 2 1
b) =
;
−1 −2 0 1 −1
45 18 3 3 2
1 1 0 … 0 0
⎡0 1 1 … 0 0⎤
⎢
⎥
0 0 1 … 0 0⎥
c)
=⎢
;
⎢. . . . . . … . . . .⎥
⎢0 0 0 … 1 1⎥
⎣1 0 0 … 0 1⎦
2 0
0
1
0
⎡2 −2 −1 −1 0 ⎤
⎢3 −1 0
1 −1⎥
⎢
⎥
1 2
3
4
5⎥
;
d) = ⎢
6
7
8⎥
⎢4 5
2⎥
⎢3 −1 −1 0
⎢3 1
0
2
1⎥
⎣3 −3 −1 −1 −1⎦
0 7
1 1 9 7
⎡1 −1 0 1 −1 1⎤
⎢
⎥
1 0
0 1 −1 1⎥
.
e)
=⎢
⎢2 1 −1 0 1 1⎥
⎢1 6
1 2 8 8⎥
⎣2 −1 0 2 −2 2⎦
55. Tìm hạng của ma trận tùy thuộc vào các giá trị khác nhau của tham số m
1+
1
1
;
a)
1
1+
1
1
1
1+
1 1 1
1
1 1
;
b)
1 1
1
1 1 1
1−
0
0
0
0
1−
0
0
;
c)
0
0
2−
3
0
0
0
3−
1 0 0 … 0
⎡0
1 0 … 0 0⎤
⎢
⎥
0 0
1 … 0 0⎥
⎢
;
d)
⎢.. .. .. .. … . . ..⎥
⎢0 0 0 0 …
1⎥
⎣
⎦
0 0 0 … 0
102
e)
−
1
2
3
1
⎡
⎢2
f) ⎢2
⎢. .
⎣2
56. Cho ma
1
−
3
2
2
3
−
1
1
2
1
.. ..
2
2
trận =
3
2
1
−
…
…
…
…
…
1
1
;
1
1
⎤
⎥
⎥.
.. ⎥
1 ⎦
( ) có
∈
≠ 0. Ma trận block vuông cấp (m,n)
được xây dựng như sau
trong đó
,
,…,
…
…
=
,
..
..
…
..
…
là các ma trận vuông cấp m. Chứng minh rằng
=
.
57. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau
1 2
a)
;
1 1
0 0 1
b) 0 1 1 ;
1 1 1
1 1 2
c) 1 2 1 ;
1 1 0
1 0 0 0
0 0 1 0
d)
;
0 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 0
1 0 0 0
e)
;
0 0 0 1
0 1 0 0
2 0 0 0
0 0 0 1
f)
;
0 2 0 0
0 0 1 0
103
0 0 0 −1
0 0 2 0
g)
;
1 0 0 0
0 3 0 0
1 0 2 3
0 1 1 2
h)
;
0 0 1 3
0 0 0 1
1 1 … 1
0 1 … 1
i)
;
.. .. … ..
0 0 … 1
1 2 3 …
⎡0 1 2 …
− 1⎤
⎢
⎥
j) ⎢0 0 1 …
− 2⎥ ;
.. ⎥
⎢. . . . . . …
⎣0 0 0 …
1 ⎦
1 1
1
1
1 −1 1
1
k)
;
1 1 −1 1
1 −2 −1 −2
1 1 1 −3
0 1 0 0
l)
;
1 1 2 −3
2 2 4 −5
1
2
1 −1
1
1 −1 −1
m)
;
2 −1 −1 1
−2 3
2 −1
58. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau
0
1
1 … 1 1
⎡−1 0
1 … 1 1⎤
⎢
⎥
−1 −1 0 … 1 1⎥
⎢
a)
ma trận vuông cấp ; là số chẵn ;
..
. . … . . . .⎥
⎢ ..
⎢−1 −1 −1 … 0 1⎥
⎣−1 −1 −1 … −1 0⎦
…
⎡
⎤
…
⎢0
⎥
b) ⎢ . .
..
.. …
..
. . ⎥.
0
0 …
⎢0
⎥
⎣0
0
0 …
0
⎦
104
( + 1)
1.2 2.3 3.4 …
( − 1)
c) 0 1.2 2.3 …
;
..
..
.. …
..
0
0
0 …
1.2
59. Tìm LU – phân tích của ma trận.
1 −1 1
a)
= 1 2 1 ;
2 −1 1
−1 2 1
b) = 1 −1 1 ;
2
1 2
1 1 −1 1
1 −1 −1 −1
c)
=
.
1 2
4
8
1 −2 4 −8
60. Giải các phương trình ma trận
1 3
1 1
a)
=
;
1 2
1 1
−1 1
−2 −1
=
;
b)
3 −4
3
4
2 −1
1 3
;
c)
=
2 6
4 −2
2 −1
1 3
d)
=
;
6 2
4 −2
3 1
1 3
3 3
e)
=
;
2 1
1 2
2 2
0 0 1
1 −1
=1 2
;
f) 0 1 1
0 1
1 1 1
1 0 2 3
1 2 3 4
0 1 1 2
g)
=
;
5 6 7 8
0 0 1 3
0 0 0 1
1 7 1
1 1 2
0 0 1
h) 1 2 1
0 1 1 =0 1 9 .
5 0 0
1 1 0
1 1 1
61. Chứng minh rằng nếu bằng các biến đổi sơ cấp hàng mà từ ma trận A nhận được
ma trận E thì cũng bằng các biến đổi sơ cấp hàng theo thứ tự như thế từ ma trận
). Áp dụng bằng số tìm ma
block ( | ) ta sẽ nhận được ma trận block ( |
trận X thỏa mãn
= .
105
1 1 1 −3
1 1
0 1 0 0
7 9
a)
=
, =
;
1 1 2 −3
1 5
2 2 4 −5
0 0
2 0 0 0
1 3 0 7
0 0 0 1
0 9 1 0
b) =
, =
.
0 2 0 0
1 9 7 7
0 0 1 0
1 9 8 4
62. Chứng minh rằng nếu bằng các biến đổi sơ cấp cột mà từ ma trận A nhận được
ma trận E thì cũng bằng các biến đổi sơ cấp cột theo thứ tự như thế từ ma trận
block
ta sẽ nhận được ma trận block
X thỏa mãn
1
a)
= 1
1
1
0
b) =
0
0
63. Giả sử , ,
=
và
= .
2
1 2 3
1 , =4 5 6 ;
0
7 8 9
2 3
1 3 0 7
1 2
, = 0 9 0 1 .
1 3
1 7 1 0
0 1
là các ma trận vuông cấp n; trong đó A là ma trận khả nghịch
=
là ma trận block. Chứng minh rằng
=
64. Cho ,
1
2
1
0
1
0
0
,
. Áp dụng bằng số tìm ma trận
.
∈
(ℝ) trong đó
1 2 3
⎡
⎢0 1 2
= ⎢0 0 1
⎢. . . . . .
⎣0 0 0
a) Chứng minh rằng
…
…
…
…
…
⎤
( − 1)
⎥
( − 2) ⎥ ,
⎥
..
⎦
1
=
0 1
⎡0 0
⎢
= ⎢. . . .
⎢0 0
⎣0 0
0
1
..
0
0
…
…
…
…
…
;
( + ).
b) Tìm
65. Hãy viết các hệ phương trình tuyến tính sau dưới dạng ma trận
2 +3 =1
a)
;
− + 2 = −1
+
=
;
b)
+
=
106
khi và chỉ khi
0 0
0 0⎤
⎥
. . . .⎥
0 1⎥
0 0⎦
− 2 + 3 − = −1
c) −2 + − 3 + = 2 ;
+ + −4 =0
d)
– + 2 − 3 = −2
2 +2 − =1 ;
− − = −1
−3 = 2
66. Giải hệ PTTT sau bằng phương pháp LU – phân tích ma trận hệ (xem bài 59)
− + =1
+2 + =4 ;
a)
2 − + =1
−2 − =1
− + =4
b)
2 + +2 =1
c)
+ − + =5
− − − = −1
.
+2 +4 +8 =9
− 2 + 4 − 8 = −15
67. Bằng phương pháp Cramer giải các hệ phương trình tuyến tính sau
+ + =1
+ + = 2;
2
a)
+ +2 =2
b)
c)
− +
+ −2
2 + −
+ +
2 + +3
+2 +2
− +
=2
= −3 ;
=1
+ =3
− = −2
.
− = −1
− = −3
68. Sử dụng phương pháp Gauss tìm nghiệm tổng quát, một nghiệm riêng của hệ
phương trình tuyến tính
−5 −6 + = 2
5 + 3 + 5 + 12 = 10
a)
;
2 +2 +3 +5 = 4
+7 +9 +4 = 2
107
+9 +4 −5 = 1
+2 +2 +5 = 3
+ 3 + 2 + 2 = 2;
+7 +6 − = 7
+2 +3 +4 = 5
− 2 − 13 − 18 = −1
− 6 − 7 − 10 = −3
;
− 4 − 2 − 3 = −2
− 2 + 11 + 15 = −1
+ −2 + =1
3
− +2 − =3 ;
d)
5 −3 +6 −3 =2
+ + + + =4
2 − + − + = −1
e)
.
+ +3 + − =0
− 2 − 2 − 2 + 2 = −1
69. Giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính tùy thuộc vào các giá trị khác nhau
⎧3
⎪
b) 2
⎨
⎪
⎩2
3
9
c)
6
3
của tham số
+
+ =1
+ + =1
;
a)
3 + + =1
4 +3 =2
+ + + =1
+
+ + =1
b)
;
+ +
+ =1
+ + +
=1
(1 + ) + + = 1
+ (1 + ) + = ;
c)
+ + (1 + ) =
+ + + =1
⎧ +
+ + =
d)
;
+ =
⎨ + +
⎩ + + +
=
5 +7 +
−2 +2 =0
8 +9 +9 −3 +4 =0
e)
;
7 + +6 −2 +
=0
4 − +3 − +4 =0
108
+ + + =3
+
+ − = −1
f)
.
+ − −
=1
+ + 3 − = −3
70. Giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính theo tham số . Tìm hệ nghiệm cơ
bản
+2 +3 =0
+
+2 =0
a)
;
2 − + =0
−2 −
=0
2 − + + =0
+2 + + =0 ;
b) −
+
+2 +2 =0
+ −2 + =0
− +2 +
+ =0
c)
;
+
+2 − =0
+ −6 +3 =0
+ + +
=0
− + + =0
d)
;
+ − + =0
−2 − −2 = 0
+ +
=0
⎧
+ =0
⎪
+ =0
e)
.
…
⎨
+
=0
⎪
⎩
+
=0
71. Giải và biện luận hệ phương trình tuyến tính theo các tham số ,
+2 +
=3
3 − −
=2
a)
;
2 + +3 =
5 +3 +
=8
2 − +2 +2 = 2
2 − +3 +
=6
.
b)
6 −3 +7 +8 = 9
− 4 + 9 + 10 = 11
72. Tìm tất cả các ma trận X sao cho AX = B với
1 2 1
0 1 3
a)
= −1 0 1 , = −2 1 1 ;
0 1 1
−1 1 2
109
1 1 −1
1
2
1 −1 2
3 −3
b) =
, =
;
1 3 −4
−1 7
2 0
1
4 −1
1 −1 0 1
−1 1
c)
= −1 1
,
=
1 1
1
3 .
2 −2 −1 0
−2 −2
73. Tìm các đa thức f(x) bậc hai hệ số thực thỏa mãn
a) (1) = 8, (−1) = 2, (2) = 14;
b)
(−2) = −3, (−1) = −6, (1) = 0.
74. Tìm các đa thức f(x) bậc ba hệ số thực thỏa mãn
a) (−2) = 1, (−1) = 3, (1) = 13, (2) = 33;
b) (−2) = −30, (−1) = −10, (1) = 0, (2) = 14;
75. Tìm các đa thức f(x) bậc bốn hệ số thực thỏa mãn
a) (−3) = −77, (−2) = −13, (−1) = 1, (1) = −1, (2) = −17;
b) (−3) = 107, (−2) = 23, (−1) = 1, (1) = −1, (2) = 7.
76. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của hệ phương trình tuyến tính
a) 2 + 3 + 4 = 5;
2 + 3 − 11 − 15 = 1
b) 4 − 6 + 2 + 3 = 2 ;
2 −3 +5 +7 =1
2 +5 +3 +2 =2
3
+7 +8 +6 =5 .
c)
5 + 12 + 12 + 8 = 8
77. Tìm tất cả các ma trận B sao cho AB = BA; trong đó A là ma trận cho trước
1
2
a)
=
;
−1 −2
1 0 1
b) = −1 1 1 ;
1 2 1
1 0 1
c)
= −1 1 1 .
0 0 1
78. Tìm tất cả các ma trận B sao cho
+
= ; trong đó A là ma trận cho trước
1 1
a)
=
;
1 1
1 0
b) =
.
−1 0
110
79. Tìm một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có hạng của ma trận hệ lớn nhất
nhận các vectơ { , , , } làm nghiệm nếu
a)
b)
c)
= (1, −1,0,1),
= (1, −1,0,1),
= (1,2,1, −1),
= (1,1, −1,1),
= (1, −1,0,1),
= (0, −2,1,0),
= (−1,2,2, −2),
= (2,1,1,0),
= (0,3,1, −2);
= (1,3, −2,1);
= (1, −1,1,0), = (0,1,3, −2).
80. Chứng minh rằng các hệ phương trình sau đây đều có duy nhất nghiệm theo
modul tất cả các số nguyên tố, trừ ra một số hữu hạn chúng. Giải hệ phương
trình theo modul các số nguyên tố còn lại này
+2 +2 =2
a) 2 + − 2 = 1
2 −2 + =1
− + =1
+ =2
b)
+ +3 =3
+ + =1
+ + =1
c)
+ + =1
+ + =1
+ + + =1
+ − − =1
d)
.
+ + − =1
− − + =0
111
112
Chương 3.
KHÔNG GIAN VECTƠ VÀ ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
3.1.
Không gian vectơ và không gian vectơ con
3.1.1. Khái niệm không gian vectơ và không gian vectơ con.
Định nghĩa 3.1.Tập , các phần tử , , , …: mà ta gọi là các vectơ, được gọi là
không gian vectơ trên trường , hay đơn giản chỉ là không gian vectơ nếu
1. Trong có phép cộng (+) vectơ, tức là, với hai vectơ bất kỳ , ∈ xác định
duy nhất vectơ ∈ , = + , gọi là tổng của hai vectơ , , sao cho thỏa mãn các
điều kiện sau với mọi , , ∈ :
i) ( + ) + = + ( + ) − phép cộng có tính kết hợp;
ii) + = + − phép cộng có tính giao hoán;
iii) + = − phép cộng có vectơ trung hoàn o;
iv) Với mọi ∈ , tồn tại ∈ sao cho + = − tồn tại vectơ ngược của
là = − .
2. Có phép toán nhân (.) vectơ với một số từ trường , tức là với mọi vectơ
∈ , với mọi ∈ xác định duy nhất một vectơ . = . ∈ , gọi là tích của
vectơ với vô hướng , sao cho thỏa mãn các điều kiện sau với mọi , ∈ ; , ∈
:
i) 1. = ;
ii) ( ). = ( . );
iii) . ( + ) = . + . ;
iv) ( + ). = . + . ;
Chú thích 3.1.
1. Nếu không có sự nhầm lẫn, thường người ta không viết dấu nhân (.) trong tích
của vectơ với một số, ví dụ như viết đơn giản là
thay cho . .
2. Để nhấn mạnh là không gian vectơ trên trường , người ta ta viết 〈 , 〉 và
nói 〈 , 〉 – là không gian vectơ hoặc là − không gian vectơ. Sau này khi
không có gì đặc biệt, khi nói là không gian vectơ, ta luôn hiểu là không gian
vectơ trên trường .
3. Tám điều kiện trong định nghĩa 3.1 chính là tám tiên đề không gian vectơ.
thỏa mãn bốn tiên đề của phép cộng chứng tỏ 〈 ; +, 〉 là một nhóm Abel.
Ví dụ 3.1. Gọi = { }. Ta đưa vào hai phép toán: cộng vectơ và nhân vectơ với
vô hướng như sau:
Đặt + = ; . = với mọi ∈ . Dễ thấy,
là một không gian vectơ trên
trường . Vì chỉ có duy nhất một vectơ không
“không”.
nên người ta gọi nó là không gian
113
các vectơ tự do trên mặt phẳng hay tập
các vectơ tự do trong
Ví dụ 3.2. Tập
không gian, như đã biết trong trong Hình giải tích đã học ở bậc phổ thông trung
học, thỏa mãn tất cả tám tiên đề nêu trên, chúng chính là các không gian vectơ và
như người ta thường nói, là các không gian các vectơ tự do.
Ví dụ 3.3. Tập
các vectơ bán kính ⃗ = ⃗ có gốc là điểm cố định (gốc tọa
độ), đối với các phép toán cộng vectơ thông thường (theo qui tắc đường chéo hình
bình hành) và nhân vectơ với một số (thực) tạo thành không gian vectơ, người ta gọi
nó là không gian các vectơ bán kính hai chiều. Tương tự
− là không gian các
vectơ bán kính ba chiều.
Ví dụ 3.4. Xét tập ℝ = {( , )| , ∈ ℝ} − tất cả các bộ hai thứ tự (tọa độ thực
hai chiều). Ta đưa vào phép cộng và nhân với vô hướng một cách tự nhiên,
( , ) + ( , ) = ( + , + ); ( , ) = ( , ). Dễ dàng kiểm tra
được, tập ℝ với hai phép toán vừa được định nghĩa, thỏa mãn tất cả các tiên đề của
không gian vectơ. Người ta gọi ℝ là không gian tọa độ thực hai chiều.
Ví dụ 3.5. Bản thân trường , đối với phép cộng và nhân trong trường cũng tạo
thành không gian vectơ trên chính nó, nhưng không gian này không có gì hay trên
quan điểm của đại số tuyến tính để nghiên cứu, nên trong tương lai ta sẽ không đề
cập đến nó.
Ví dụ 3.6. Tập (0,1) − tất cả các hàm số thực xác định trên khoảng (0,1) đối với
phép cộng hàm số thông thường và nhân hàm số với một số cũng tạo thành không
gian vectơ. Không gian vetơ trên trường số thực ℝ kiểu này cũng không được
nghiên cứu trong đại số tuyến tính (bởi tính vô hạn chiều của nó!).
Ta nhận được các hệ quả đơn giản nhưng quan trọng từ định nghĩa sau.
Hệ quả 3.1.
1) 0 = ;
= với mọi ∈ , ∈ .
2) (−1) = − với mọi ∈ .
3) Nếu
= thì hoặc = 0 hoặc = ; trong đó ∈ , ∈ .
∆ Thật vậy,
1) Theo định nghĩa, ta có 0 + 0 = (0 + 0) = 0 . Vì là nhóm Abel, nên sau
khi cộng hai vế của 0 + 0 = 0 với −(0 ) ta được 0 = .
2) Ta có, theo định nghĩa
= 1.
nên
+ (−1) = 1. + (−1). =
(1 − 1). = 0 = theo hệ quả 1) vừa chứng minh.
3) Nếu
= mà ≠ 0 thì nhân hai vế hệ thức
= với
, theo hệ quả 1)
( )=
) =1 = = .□
ta phải có
= hay (
Định nghĩa 3.2. Giả sử là một không gian vectơ. Tập con
của được gọi là
không gian vectơ con trong nếu đối với phép cộng vectơ trong và nhân vectơ với
114
vô hướng, bản thân
tạo thành không gian vectơ.
Ví dụ 3.7. Dễ dàng chứng minh được, bằng cách kiểm tra các tiên đề của không
gian vectơ, rằng tập ℝ = {( , 0)| ∈ ℝ} là một không gian vectơ con của ℝ .
Sau đây chúng ta sẽ chứng minh dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con.
Bổ đề 3.1. Để tập con
của không gian vectơ là không gian vectơ con của ,
điều kiện cần và đủ là
kín đối với phép cộng vectơ và nhân vectơ với vô hướng,
tức là: + ∈ ,
∈
với mọi , ∈
và ∈ .
trong
thỏa
Chứng minh. Vì
⊆ mà là không gian vectơ trên trường
mãn tất cả tám tiên đề không gian vectơ trong định nghĩa 3.1. Cho nên chỉ còn phải
xem xét đến tính xác định của các phép toán. Nói một cách khác, để tập con W của
không gian vectơ V là không gian vectơ con của V, điều kiện cần và đủ là trong W
xác định các phép toán cộng vectơ và nhân vectơ với vô hướng, hay nói theo ngôn
ngữ toán học là kín đối với phép cộng vectơ và nhân vectơ với vô hướng. □
Chú thích 3.2.
1. Các điều kiện
kín đối với phép cộng vectơ và nhân vectơ với vô hướng trong
bổ đề 3.1 có thể gộp lại thành một điều kiện tương đương sau đây:
thì
+
∈ .
∀ , ∈ , ∀ , ∈ , nếu , ∈
2. Giao một họ tùy ý các không gian vectơ con trong không gian vectơ là không
gian vectơ con trong . Thật vậy, giả sử ( ) ∈ là một họ tùy ý các không gian
vectơ con trong , ∈ và
=
.
∈
) ∈ nên
Khi đó ∀ , ∈ , ∀ , ∈ ta có ∀ ∈ ( +
( +
) ∈ . Theo chú thích trên, điều đó chứng tỏ là không gian vectơ con
trong .
Trở lại ví dụ 3.7, để kiểm tra ℝ = {( , 0)| ∈ ℝ} tạo thành không gian vectơ, ta
không cần phải kiểm tra tất cả các tiên đề của không gian vectơ nêu trong định
nghĩa 3.1, theo bổ đề 3.1, ta chỉ cần kiểm tra tính kín của nó đối với phép cộng
vectơ và nhân vectơ với vô hướng. Điều này trở nên rất đơn giản. Thật vậy, rõ ràng
là, tổng hai tọa độ hai chiều, ( , 0) + ( , 0), có tọa độ thứ hai bằng 0 là tọa độ hai
chiều, ( + , 0), có tọa độ thứ hai bằng 0. Tích của một tọa độ hai chiều ( , 0),
có tọa độ thứ hai bằng 0 với vô hướng
∈
là tọa độ hai chiều, (
, 0), có tọa độ
thứ hai bằng 0. Ta đã chứng minh xong, ℝ = {( , 0)| ∈ ℝ} là một không gian
vectơ con trong không gian tọa độ hai chiều ℝ . □
115
3.1.2. Các không gian vectơ quan trọng
.
a) Không gian
Trong ví dụ 3.3 ta đã xét không gian tọa độ thực hai chiều ℝ . Bây giờ ta nghiên
cứu vấn đề tổng quát hơn: không gian tọa độ n chiều trên trường
, môi trường
ứng dụng chủ yếu và quan trọng nhất của Đại số tuyến tính và Hình học giải tích. Xét
= ( 1,
tập
2, … ,
)
∈
− tất cả các bộ tọa độ n chiều trên trường
đưa vào phép cộng và nhân với vô hướng trong
( 1,
2, … ,
)+
( ,
1
,
2
=
,…,
,…,
)=(
. Ta
như sau:
1
,
+
1
,
,…,
2
+
2
,…,
+
,
),
với mọi ∈ .
Bằng cách kiểm tra trực tiếp, ta thấy các phép toán xác định như trên thỏa mãn cả
tám tiên đề của không gian vectơ. Như vậy
tạo thành không gian vectơ trên trường
. Không gian vectơ này được gọi là không gian tọa độ n chiều trên trường .
Dễ dàng kiểm tra được, bằng dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con, rằng,
tập con tất cả các tọa độ n chiều trong
, sao cho s tọa độ cố định nào đó
(1 ≤ < ) bằng 0, tạo thành không gian vectơ con trong
.
b) Không gian
, ( ).
Trong mục 2.1.1 ta đã đưa vào tập
,
( ) − tất cả các ma trận cấp ( , ) trên
trường phép cộng ma trận và nhân ma trận với một số. Ở đó ta đã chứng minh được
〈 , ( ); +, 〉 tạo thành nhóm Abel, phép nhân với vô hướng thỏa mãn bốn điều
kiện trong định nghĩa 3.1. Nói một cách khác,
, ( ) là một không gian vectơ trên
trường
. Không gian vectơ này được gọi là không gian ma trận cấp ( , ) (trên
trường ). Đây cũng là một không gian vectơ có rất nhiều ứng dụng trong Đại số tuyến
tính và Hình học giải tích.
( ) − tập tất cả các ma trận vuông cấp trên trường
Trường hợp đặc biệt,
tạo thành không gian vectơ trên trường đối với phép cộng ma trận và nhân ma trận
với một số trong trường .
Ví dụ 3.8. Ký hiệu ( ) là tập tất cả các ma trận đối xứng cấp n trên trường .
Chứng tỏ ( ) là một không gian vectơ con trong ( ).
∆ Thật vậy, rõ ràng là, tổng hai ma trận đối xứng, là ma trận đối xứng; tích ma trận
đối xứng với vô hướng là ma trận đối xứng. Theo dấu hiệu nhận biết không gian
( ). □
vectơ con thì ( ) là một không gian vectơ con trong
c) Không gian [ ] .
Dễ dàng thấy, cộng đa thức và nhân đa thức với một số là các phép toán trong
[ ] − tập tất cả các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng n. Theo mục 1.5.1, các phép
116
toán này thỏa mãn cả tám tiên đề của không gian vectơ. Nói một cách khác, ta đã chỉ ra
được [ ] là một không gian vectơ trên trường . Trong thực hành chúng ta thường
làm việc với ℝ[ ] − không gian các đa thức hệ số thực có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n.
d) Không gian sinh bởi hệ vectơ.
Một cấu trúc rất quan trọng của không gian vectơ con là không gian sinh bởi các
vectơ.
Giả sử
là một không gian vectơ;
, ,…,
là m vectơ trong . Vectơ
∑
, ∈ ( = 1,2, … , ) được gọi là một tổ hợp tuyến tính các vectơ
, ,…, .
| ∈ ( = 1,2, … , )} − tập tất cả các tổ hợp
Xét ( , , … , ) = {∑
tuyến tính các vectơ , , … , . Bằng dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con, dễ
dàng chứng minh được, ( , , … , ) tạo thành không gian vectơ con trong .
Không gian vectơ con này là không gian con nhỏ nhất trong chứa tất cả các vectơ
{ , , … , }. Thật vậy, nếu
⊆ là một không gian vectơ con khác của , chứa
, , … , , thì theo định nghĩa của không gian vectơ, nó phải chứa mọi tổ hợp tuyến
tính các vectơ , , … , ; điều này có nghĩa là, mọi phần tử của ( , , … , )
đều là phần tử của hay ( , , … , ) ⊆ .
Người ta gọi không gian ( , , … , ) là không gian sinh bởi hệ vectơ
{ , , … , }, còn bản thân { , , … , } được gọi là hệ sinh của không gian này.
Ví dụ 3.9. Trong ℝ xét
= (1,1), = (1,2), = (1,3). Tìm ( , , ).
∆ Dễ dàng thấy, với vectơ tùy ý = ( , ) ∈ ℝ ta có
= (2 − ) + ( − ) ,
nên theo định nghĩa, ( , , ) = ℝ . □
Chú thích 3.3. Cấu trúc không gian vectơ con sinh bởi một số hữu hạn các vectơ
trên đây có thể tổng quát hóa cho một tập con tùy ý ⊆ . Không gian vectơ con
sinh bởi tập là không gian con nhỏ nhất trong chứa tập . Như ta đã biết trong
chú thích 3.2, đó chính là giao của tất cả các không gian vectơ con trong chứa tập
.
e) Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Xét hệ m PTTT thuần nhất n ẩn
[ ]= .
(3.1)
Gọi N0 là tập tất cả các nghiệm của hệ (3.1). Ta chứng minh bổ đề quan trọng sau
đây.
Bổ đề 3.2. Tập N0 tất cả các nghiệm của hệ m phương trình tuyến tính thuần nhất n
ẩn tạo thành không gian vectơ con trong
.
117
Chứng minh. Như thường lệ, ta kiểm tra theo bổ đề 3.1: điều kiện nhận biết không
gian vectơ con. Giả sử
= ( , , … , ),
= ( , ,…, ) ∈
là hai
nghiệm của (3.1), tức là
[ ]= , [ ]= .
(3.2)
nên
+ , + , … , + ) có
[ + ]= [ ]+ [ ]= ,
cũng
+
là nghiệm của (1). Ngoài ra, với mọi
[
]=
[ ]= . = ,
là nghiệm của (3.1). □
+
Khi đó
+
chứng tỏ
=(
∈
,
3.2.
Cơ sở và chiều
3.2.1. Hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính.
Giả sử là không gian vectơ trên trường .
Định nghĩa 3.3. Các vectơ , , … ,
trong được gọi là phụ thuộc tuyến tính
(khi đó còn nói hệ các vectơ { , , … , } là hệ phụ thuộc tuyến tính) nếu tồn tại các
số , , … ,
∈ , không đồng thời bằng 0, để ∑
= .
Trường hợp ngược lại, từ ∑
= phải suy ra
=
=⋯=
= 0, các
được gọi là độc lập tuyến tính.
vectơ , , … ,
= (1, −1,1), = (1,2,2), = (1,5,3). Hãy
Ví dụ 3.10. Trong ℝ xét ba vectơ
chứng tỏ { , }, { , }, { , } là các hệ độc lập tuyến tính, còn { , , } phụ
thuộc tuyến tính.
∆ Ta sẽ chứng minh { , } độc lập tuyến tính, còn các hệ { , }, { , } độc lập
tuyến tính được chứng minh tương tự.
+
= thì
=
= 0.
Theo định nghĩa 3.3, ta phải chứng minh, nếu
Thật vậy, viết theo tọa độ trong ℝ , hệ thức
+
= trở thành
+ =0
− + 2 = 0,
+2 =0
= 0, vì hệ hai phương trình đầu là hệ Gauss có
hệ này có nghiệm duy nhất =
nghiệm duy nhất bằng không.
Hệ ba vectơ { , , } phụ thuộc tuyến tính dễ dàng thấy được theo định nghĩa, vì
−2 + = .□
Ta sẽ chứng minh một mệnh đề tổng quát về tính độc lập tuyến tính trong không
gian tọa độ n chiều, có nhiều ứng dụng, dưới dạng ví dụ sau.
Ví dụ 3.11. Hệ m vectơ { , , … , } trong không gian tọa độ n chiều
độc lập
tuyến tính khi và chỉ khi, ma trận thành lập từ các hàng tọa độ của các vectơ này
có hạng bằng m.
118
∆ Điều kiện cần. Bằng phản chứng, giả sử { , , … , } độc lập tuyến tính,
nhưng 1 ≤
= < . Khi đó 1 ≤ ≤ và theo định lý Cronecker –
Capelli, hệ n
phương trình tuyến tính thuần nhất (ứng với n tọa độ của các vectơ) m ẩn, viết theo
tọa độ của hệ thức vectơ ∑
= , có ma trận hệ là sẽ tương đương với hệ
PTTT thuần nhất, có − ≥ 1 ẩn tự do, nên có nghiệm ( , , … , ) khác
không, điều này mâu thuẫn với giả thiết { , , … , } độc lập tuyến tính. Mâu
thuẫn này chứng tỏ
= .
Điều kiện đủ. Giả sử, bây giờ,
= và ∑
= . Khi đó ≥ và
hệ n PTTT thuần nhất m ẩn, viết theo tọa độ của hệ thức vectơ ∑
= có
ma trận hệ − là ma trận có m hàng, n cột sẽ tương đương với hệ PTTT thuần
nhất
ẩn là hệ Gauss nên chỉ có nghiệm
=
=⋯=
= 0. Chứng minh
xong hệ { , , … , } độc lập tuyến tính. □
Trở lại ví dụ 3.10, sử dụng khẳng định trong ví dụ 3.11, do
1 −1 1
= 2, nên { , } độc lập tuyến tính,
1 2 2
1 −1 1
còn do
1 2 2 = 2 ≠ 3 −số vectơ của hệ nên { , , } phụ thuộc
1 5 3
tuyến tính. □
Định nghĩa 3.4. Người ta nói, vectơ
biểu diễn tuyến tính qua các vectơ
, ,…,
∈ nếu tồn tại các số , , … , ∈ sao cho
=
+
+⋯+
.
Sau đây ta sẽ chứng minh một kết quả mà dựa vào đó ta sẽ định nghĩa hệ cơ sở của
không gian vectơ.
Bổ đề 3.3. Trong không gian vectơ các điều khẳng định sau đây về hệ vectơ
{ , , … , } tương đương:
1) Hệ { , , … , } − độc lập tuyến tính và mỗi vectơ trong ∈ đều biểu diễn
tuyến tính qua { , , … , }.
2) Mỗi vectơ trong ∈ biểu diễn tuyến tính duy nhất qua { , , … , }, tức là
tồn tại duy nhất ( , , … , ) ∈
để =
+ ⋯+
.
Chứng minh.
a) 1) suy ra 2): Giả sử có 1), khi đó mỗi vectơ trong ∈ biểu diễn tuyến tính qua
{ , , … , }, tức là tồn tại , , … , ∈ để =
+
+⋯+
. Ta
chỉ còn phải chứng minh biểu diễn tuyến tính này là duy nhất. Thật vậy, nếu có một
=
biểu diễn tuyến tính nữa của qua { , , … , },
+
+ ⋯+
thì sau khi trừ vế với vế hai hệ thức trên ta được
= ( − ) + ( − ) + ⋯+ ( − ) = .
119
−
= 0 hay
=
với
Vì { , , … , } độc lập tuyến tính nên từ đây ta có
mọi = 1,2, … , : đó chính là điều cần chứng minh.
b) 2) suy ra 1): Giả sử, bây giờ, có 2), ta chỉ cần phải chứng minh { , , … , } −
độc lập tuyến tính còn mỗi vectơ trong ∈ đều biểu diễn tuyến tính qua
{ , , … , } đã có trong giả thiết 2). Từ ∑
= và theo giả thiết
=
0 + 0 + ⋯ + 0 là biểu diễn tuyến tính duy nhất của vectơ o, ta có ngay
=
=⋯=
= 0, tức { , , … , } − độc lập tuyến tính đã được chứng
minh. □
3.2.2. Định lý cơ bản về cơ sở.
Định nghĩa 3.5. Hệ vectơ { , , … , } được gọi là cơ sở của không gian vectơ
nếu { , , … , } − độc lập tuyến tính và mỗi vectơ trong đều biểu diễn tuyến tính
qua { , , … , }.
Nếu { , , … , } là một cơ sở của không gian vectơ thì theo bổ đề 3.3, mỗi
vectơ ∈ biểu diễn duy nhất dưới dạng
(3.3)
=
+
+ ⋯+
;
khi đó ( , , … , ) được gọi là tọa độ của vectơ trong cơ sở { , , … , }. Ta viết
= ( , , … , ) theo nghĩa chính xác là (3.3).
Ví dụ 3.12. Trong không gian tọa độ n chiều ℝ , n vectơ độc lập tuyến tính bất kỳ
{ , , … , } tạo thành cơ sở.
∆ Thật vậy, theo bổ đề 3.3, ta chỉ cần chứng tỏ, mỗi vectơ ∈ biểu diễn tuyến
để
tính duy nhất qua { , , … , }, tức là tồn tại duy nhất ( , , … , ) ∈
=
+
+⋯+
. Điều sau cùng dễ dàng nhận được là vì, viết dưới
dạng tọa độ, hệ thức vectơ
+
+⋯+
, chính là hệ n PTTT, n ẩn , , … , có ma trận hệ
=
là ma trận , thành lập từ các hàng tọa độ của { , , … , }. Theo giả thiết,
{ , , … , } độc lập tuyến tính, từ ví dụ 3.11, hệ PTTT nói tới là hệ Gauss nên có
nghiệm duy nhất. □
Trường hợp đặc biệt, hệ các vectơ { , , … , }; trong đó là vectơ hàng thứ k của
ma trận đơn vị , ( = 1,2, … , ) là một cơ sở của
, người ta gọi nó là cơ sở chính
tắc của
. Cơ sở chính tắc là cơ sở đơn giản nhất của
, nó đóng vai trò bổ trợ quan
trọng khi ta làm việc với hai cơ sở khác nhau của không gian vectơ.
Bổ đề 3.4. Có hai hệ vectơ:
{ , ,…, }
(3.4)
và
{ , ,…, }
(3.5)
Trong đó hệ (3.4) độc lập tuyến tính, còn mỗi vectơ của hệ (3.5) biểu diễn tuyến
tính qua hệ (3.4) và có số vectơ > . Khi đó hệ (3.5) là hệ phụ thuộc tuyến tính.
120
Chứng minh. Để chứng tỏ hệ (3.5) phụ thuộc tuyến tính, ta chỉ cần chỉ ra, tồn tại
, , … , ∈ , không đồng thời bằng 0 để ∑
= . Thật vậy, theo giả
thiết, mỗi vectơ của hệ (3.5) biểu diễn tuyến tính qua hệ (3.4) nên ∀ ∈ {1,2, … , }
tồn tại các
∈
để
=∑
. Thay biểu thức này của
vào
∑
= ta được
=
Do { ,
,…,
⇔
=
= 0.
} độc lập tuyến tính, hệ thức cuối cùng tương đương với
=0
.
= 1,2, … ,
Đây là hệ n PTTT thuần nhất m ẩn , , … , . Theo giả thiết, hệ có số ẩn
> − số phương trình nên có ít nhất một ẩn tự do, cho nên hệ có nghiệm
, ,…,
∈ , không đồng thời bằng 0. □
Định lý 3.1. ( Định lý cơ bản về cơ sở).
Mọi cơ sở của không gian vectơ có cùng số các vectơ.
Chứng minh. Giả sử không gian vectơ có hai cơ sở khác nhau là { , , … , }
và { , , … , }. Ta sẽ chứng tỏ = .
Thật vậy, do hệ thứ nhất độc lập tuyến tính và mỗi vectơ của hệ thứ hai biểu diễn
tuyến tính qua hệ thứ nhất, ta phải có ≤ , vì ngược lại, > , theo bổ đề 3.4,
hệ thứ hai đã phụ thuộc tuyến tính, trái với giả thiết hệ thứ hai là cơ sở của . Bây
giờ, đổi vai trò hai hệ cơ sở cho nhau ta sẽ thu được bất đẳng thức ngược chiều
≥ , từ hai bất đẳng thức nhận được, ta có = cần chứng minh. □
Định nghĩa 3.6. Số vectơ trong một cơ sở của không gian vectơ được gọi là chiều
của không gian. Chiều của không gian vectơ được ký hiệu là
.
= . Dễ
Như vậy, nếu { , , … , } là một cơ sở của không gian vectơ thì
dàng suy ra từ bổ đề 3.4, rằng, nếu
= thì + 1 vectơ bất kỳ trong là phụ
thuộc tuyến tính.
Chú thích 3.4. Các không gian vectơ nghiên cứu trong Đại số tuyến tính có đặc tính
chung là chúng đều có hệ cơ sở gồm hữu hạn vectơ hay như người ta thường nói,
chúng là các không gian vectơ hữu hạn chiều. Không gian vectơ có chiều bằng n
được gọi là không gian n chiều. Không gian vectơ không phải không gian vectơ hữu
hạn chiều được gọi là không gian vectơ vô hạn chiều. Không gian vectơ (0,1) các
hàm thực xác định trên khoảng (0,1) trong ví dụ 3.6, là không gian vectơ vô hạn
chiều vì với mọi số tự nhiên n cho trước, ta đều tìm được hệ độc lập tuyến tính
121
có n vectơ, ví dụ như {1, , , … , }.
Sau đây chúng ta chứng minh một khẳng định tổng quát về cơ sở trong không gian
vectơ n chiều (so sánh với ví dụ 3.12).
Bổ đề 3.5. Hệ n vectơ { , , … , } trong không gian vectơ n chiều tạo thành cơ
sở của khi và chỉ khi hệ này độc lập tuyến tính.
∆ Thật vậy, điều kiện cần hiển nhiên đúng từ định nghĩa của cơ sở. Điều kiện đủ
cũng dễ dàng nhận được như sau: giả sử
= và { , , … , } độc lập tuyến
tính. Dễ dàng thấy, để chứng minh { , , … , } là cơ sở của , ta chỉ cần chỉ ra
mỗi vectơ ∈ đều biểu diễn tuyến tính qua { , , … , }.
Do
= , nên như nhận xét trước chú thích 3.4, { , , … , , } có
+ 1 vectơ là hệ phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại , , … , , ∈ , không
đồng thời bằng 0, để
+
+ ⋯+
+
= . Rõ ràng ≠ 0, vì nếu
không đồng
ngược lại, ta có
+
+ ⋯+
= khi , , … , ∈
thời bằng 0 thì { , , … , } đã phụ thuộc tuyến tính, trái với giả thiết. Từ
+
+⋯+
+
= , ≠ 0 ta có ngay điều mong muốn
=
+
+⋯+
;
=
,
= 1,2, … ,
.□
3.2.3. Ma trận chuyển cơ sở
a) Ma trận chuyển. Giả sử { , , … , } là một cơ sở của không gian vectơ . Hệ
vectơ { , , … , } nhận được từ cơ sở đã cho theo công thức:
[ ] =[ ] ;
(3.6)
…
] − là ma trận hàng hình thức, có phần tử là các
trong đó [ ] = [
…
]. Ma trận vuông cấp n trên
vectơ , , … , ; tương tự [ ] = [
trường
là
…
…
=
′
=
... …
…
được gọi là ma trận chuyển từ cơ sở { , , … , } sang { , , … , }. Theo (3.6) thì
tọa độ của vectơ
được viết trên cột thứ của ma trận . Ta có kết quả sau về hệ
vectơ { , , … , }:
Bổ đề 3.6. Hệ vectơ { , , … , }, nhận được từ hệ cơ sở { , , … , } theo công
thức (3.6), là cơ sở của không gian vectơ khi và chỉ khi ma trận C là ma trận khả
nghịch.
Chứng minh. Thật vậy, với mọi , , … , ∈ ta có
=[
122
] [
]=[ ] ( [
]) =
⇔ [
]= .
Trong đó ở dấu bằng thứ hai ta đã thay giả thiết (3.6) vào, dấu tương đương xảy ra
vì, theo giả thiết độc lập tuyến tính của { , , … , }, tổ hợp tuyến tính các vectơ
của chúng bằng không khi và chỉ khi tất cả các hệ số của tổ hợp tuyến tính đó
bằng 0. Hệ thức cuối cùng sau dấu tương đương chính là hệ n PTTT thuần nhất n ẩn
, , … , . Theo các hệ thức trên thì, { , , … , } là cơ sở, khi và chỉ khi hệ n
PTTT thuần nhất n ẩn , , … , là
[ ]=
chỉ có nghiệm bằng không. Từ mục 2.5.3 ta biết, điều này xảy ra khi và chỉ khi ma
trận C là ma trận khả nghịch. □
Khi cả hai hệ vectơ { , , … , } và { , , … , } đều là cơ sở của thì ma trận
chuyển , xác định theo công thức (3.6) được gọi là ma trận chuyển cơ sở, từ cơ sở
{ , , … , } sang cơ sở { , , … , }. Nếu không xảy ra sự hiểu nhầm, ta sẽ nói
đơn giản, là ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { }.
Theo bổ đề 5.6, ma trận chuyển cơ sở là ma trận khả nghịch.
Ví dụ 3.13. Trong ℝ cho hai hệ vectơ { , , } và { , , }; trong đó
= (1,1,1), = (0,1,1), = (0,0,1);
= (1, −1,1), = (1,1,1),
= (1,2,3). Chứng tỏ cả hai hệ đều là cơ sở của ℝ . Tìm ma trận chuyển cơ sở từ
{ } sang { }.
∆ Các hệ vectơ đã cho đều là các hệ độc lập tuyến tính, kiểm tra theo ví dụ 3.11.
Theo ví dụ 3.12, chúng đều là cơ sở của ℝ .
Dễ dàng thấy, ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc { } sang { } là
1 0 0
= 1 1 0 ,
1 1 1
thành lập từ các cột tọa độ của các vectơ cơ sở của { }; ma trận chuyển cơ sở từ cơ
sở chính tắc { } sang { } là
1 1 1
= −1 1 2 ,
1 1 3
thành lập từ các cột tọa độ của các vectơ cơ sở của { }.
Theo định nghĩa [ ] = [ ] , [ ] = [ ] .
Rút [ ] = [ ]
từ hệ thức thứ nhất thay vào hệ thức thứ hai, ta có
[ ] =[ ]
;
điều này chứng tỏ, ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { } là
=
.
Thực hiện theo lược đồ sau cùng, mục 2.4.2. ta được
123
1
= −2
2
1
0
0
1
1
1
.□
b) Tọa độ vectơ khi đổi cơ sở.
Giả sử { } và { } là hai cơ sở khác nhau của không gian vectơ . Trong cơ sở
{ }, vectơ
có tọa độ ( , , … , ) còn trong cơ sở { }, vectơ
có tọa độ
…
( , , … , ). Ký hiệu [ ] = [
] − là ma trận cột tọa độ của vectơ
= ( , , … , ). Ta tìm công thức liên hệ giữa các tọa độ của cùng một vectơ trong
hai cơ sở khác nhau như sau.
Theo giả thiết, = [ ] [ ] = [ ] [ ]. Giả sử là ma trận chuyển cơ sở từ { }
sang { }, theo (3.6), [ ] = [ ] , thay hệ thức này vào hệ thức của
ta được
= [ ] [ ] = ([ ] )[ ] = [ ] ( [ ]),
từ đây ta có công thức liên hệ giữa các tọa độ của cùng một vectơ trong hai cơ sở khác
nhau sau đây:
[ ] = [ ].
(3.7)
Ví dụ 3.14. Trong ℝ cho hai cơ sở { , , } và { , , }; trong đó
= (1,1,1), = (0,1,1), = (0,0,1);
= (1,1,1), = (1,2,1), = (1,0,2).
Tìm tọa độ vectơ trong cơ sở { , , } biết rằng trong cơ sở { , , } nó có
tọa độ (1,2, −1).
trong cơ sở chính tắc { , , },
∆ Cách 1. Gọi ( , , ) là tọa độ của
( , , ) là tọa độ của trong cơ sở { , , }, còn ( , , ) là tọa độ của
trong cơ sở { , , } cần tìm. Theo bài ra ( , , ) = (1,2, −1). Giống như
trong ví dụ 3.13, ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc { } sang { } là
1 0 0
= 1 1 0 ,
1 1 1
ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc { } sang { } là
1 1 1
= 1 2 0
1 1 2
1 0 0 1
1
Theo (3.7) ta có [ ] = [ ] ⇔
=1 1 0 2
= 3 hay được
1 1 1 −1
2
( , , ) = (1,3,2).
[ ].
Cũng theo (3.7), [ ] = [ ] ⇔ [ ] =
Thực hiện theo lược đồ 2.23, ( |[
ngay ( , , ) = (−3,3,1). □
124
])
ơ ấ
⟶
à
( |
[ ]) ta được
Cách 2. Thực hiện theo định nghĩa, thay theo bài ra ( , , ) = (1,2, −1) vào
phương trình tọa độ vectơ là
+
+
=
+
+
, ta được phương trình
+
+
= ( , , ) = (1,3,2)
Phương trình sau cùng, viết dưới dạng ma trận (hệ PTTT), theo các ký hiệu trên, ta
được [ ] = [ ], đúng như đã thực hiện trong phần cuối cách 1.
Như vậy về bản chất hai cách làm trên đây chỉ là một. □
3.2.4. Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Ta đã biết, từ bổ đề 3.2, rằng tập N0tất cả các nghiệm của hệ m PTTT thuần nhất n
ẩn
[
]=
tạo thành không gian vectơ con trong
(3.8)
. Trong mục này, ta sẽ tìm cơ sở của không
gian nghiệm N0.
) − đúng bằng số ẩn tự do
Bổ đề 3.7. Không gian N0 có chiều bằng ( −
của hệ (3.8). Hệ nghiệm cơ bản tùy ý của hệ PTTT thuần nhất (3.8) có thể lấy làm
cơ sở của N0.
Chứng minh. Giả sử
=
= , theo định lý 2.10, hệ có
nghiệm duy nhất bằng không nên N0= { }. Cho nên ta chỉ cần xét trường hợp
( − ) ≥ 1. Theo định lý Cronecker – Capelli, khi đó hệ (3.8) tương đương với hệ
gồm r phương trình đã cho, nằm trên r hàng của định thức con cấp r khác 0. Ta có
thể coi định thức con cấp r khác 0 của
nằm trên r hàng đầu tiên, r cột đầu tiên,
các ẩn
,
, … , là các ẩn tự do. Khi đó chuyển các số hạng của các phương
trình có các ẩn tự do sang vế phải ta sẽ nhận được hệ Gauss gồm r phương trình
đầu tiên, r ẩn đầu tiên xác định nghiệm tổng quát theo − ẩn tự do. Ta xây dựng
hệ nghiệm cơ bản (chú thích 2.14) bằng cách, mỗi lần cho một ẩn tự do bằng 1, còn
các ẩn tự do khác bằng 0, từ nghiệm tổng quát nhận được − nghiệm của hệ
nghiệm cơ bản.
Giả sử đó là
=
( )
=
,…,
. Nếu
( )
, 0, … ,0,1 , 0, … ,0 , ( = 1,2, … , − ).
} độc lập tuyến tính, vì từ hệ thức vectơ
Hệ { , , … ,
+
+⋯+
= , − tọa độ cuối cùng cho ta lần lượt
= 0, = 0, … ,
= 0.
} là hệ sinh của N0, tức là mọi vectơ trong
Ta chỉ còn phải chứng tỏ { , , … ,
N0biểu diễn tuyến tính qua { ,
(
,
,…,
). Xét vectơ
=
−
,…,
}. Thật vậy, giả sử
− ⋯−
∈ N0,
=
. Do N0 là
125
không gian vectơ nên ∈ N0 như tổ hợp tuyến tính các vectơ trong N0. Mặt khác
dễ dàng thấy, − tọa độ cuối cùng của nó đều bằng 0 nên hệ Gauss xác định
nghiệm tổng quát trở thành hệ thuần nhất, có các nghiệm còn lại, tức r tọa độ đầu
tiên của vectơ cũng bằng 0. Như vậy ta đã chứng tỏ được
= hay là đã chứng minh được =
− ⋯−
.□
Ví dụ 3.15. Tìm cơ sở của không gian nghiệm của hệ PTTT thuần nhất
+ − + =0
+2 + − =0
+3 +3 −3 =0
−3 +3 = 0
∆ Bằng phương pháp Gauss, dễ dàng nhận được nghiệm tổng quát
= −2 + 2
; , − tùy ý.
=3 −3
Từ đó nhận được hệ nghiệm cơ bản { , }; trong đó
= (3, −2,1,0),
=
(3, −2,0, −1), hay cũng như thế, theo bổ đề 3.7, cơ sở của không gian nghiệm là
{ , }. □
3.3.
Hạng của hệ vectơ. Định lý về hạng của ma trận
3.3.1. Khái niệm về hạng của hệ vectơ.
là các vectơ trong .
Giả sử là − không gian vectơ, , , … ,
Định nghĩa 3.7. Hạng của hệ vectơ { , , … , } là chiều của không gian vectơ
con trong , sinh bởi hệ vectơ { , , … , }.
{ , , … , }. Như vậy,
Hạng của hệ vectơ { , , … , } được ký hiệu là
theo định nghĩa,
{ , ,…, } =
( , , … , ).
Giả sử , , … ,
là các vectơ trong không gian vectơ , hệ con
, ,…,
của hệ vectơ { , , … , } được gọi là hệ con độc lập tuyến tính cực
đại của { ,
,
= 1,2, … ,
,…,
} nếu
,
,…,
độc lập tuyến tính và các vectơ
, đều biểu diễn tuyến tính qua
,
,…,
. Sau đây chúng ta sẽ
chứng minh bổ đề về cơ sở của không gian vectơ con sinh bởi hệ vectơ.
Bổ đề 3.8. Hệ con độc lập tuyến tính cực đại của { , , … , } có thể lấy làm cơ
sở của không gian vectơ con ( , , … , ) trong không gian vectơ , sinh bởi hệ
vectơ { , , … , }.
Chứng minh. Giả sử
, ,…,
là một hệ con độc lập tuyến tính cực đại của
{ , , … , }. Đây đã là hệ độc lập tuyến tính nên để chứng minh nó là cơ sở của
( , , … , ) ta chỉ còn phải chứng minh, mọi vectơ
∈ ( , , … , ) đều
biểu diễn tuyến tính qua
126
,
,…,
. Điều này là hiển nhiên vì, theo định nghĩa
của hệ con độc lập tuyến tính cực đại, mỗi vectơ , = 1,2, … , , đều biểu diễn
tuyến tính qua
, ,…,
nên nếu ∈ ( , , … , ) thì biểu diễn tuyến
tính qua { , , … , }, tất nhiên biểu diễn tuyến tính qua các , , … , . □
{ , , … , } = − số vectơ trong hệ con độc lập
Như vậy, theo bổ đề,
tuyến tính cực đại của { , , … , }.
Chú thích 3.5.. Mỗi hệ con độc lập tuyến tính trong { , , … , } đều nằm trong
một hệ con độc lập tuyến tính cực đại nào đó của { , , … , }.
biểu diễn tuyến tính qua hệ con độc lập tuyến tính đã cho thì thôi,
Thật vậy, nếu
nếu không thì bổ sung vào hệ con ta được hệ con độc lập tuyến tính mới có nhiều
hơn một vectơ so với hệ con cũ. Tiếp tục làm thế cho , , … , , cuối cùng ta sẽ
thu được hệ con độc lập tuyến tính lớn nhất trong { , , … , } chứa hệ con độc
lập tuyến tính đã cho. □
Từ khẳng định của chú thích 3.5, ta dễ dàng nhận được hệ cơ sở của không gian
vectơ có chứa một số vectơ độc lập tuyến tính cho trước. Thật vậy, ta lấy hệ vectơ là
hợp của hệ các vectơ độc lập tuyến tính nói tới và một hệ cơ sở nào đó của ta sẽ có
hệ phụ thuộc tuyến tính, là hệ sinh của , rồi áp dụng khẳng định trong chú thích 3.5.
Với lý do này mà khẳng định trong chú thích 3.5 này thường được gọi là nguyên lý độc
lập tuyến tính cực đại.
Bổ đề 3.9. Hệ vectơ { , , … , } độc lập tuyến tính khi và chỉ khi
{ , ,…, } = .
{ , ,…, } =
Chứng minh. Thật vậy, theo bổ đề 3.8,
bằng số vectơ
trong hệ con độc lập tuyến tính cực đại của { , , … , }. Nhưng { , , … , }
có đúng m vectơ nên điều này xảy ra khi và chỉ khi { , , … , } độc lập tuyến
tính, vì ngược lại, { , , … , } mà phụ thuộc tuyến tính thì số vectơ độc lập
tuyến tính lớn nhất trong { , , … , } đã nhỏ hơn m. □
= (1,1, −1),
Ví dụ 3.16. Trong ℝ , tìm cơ sở của ( , , , ), nếu
= (1,2,3), = (1,3,7), = (2,5,10).
∆ Ta thấy
= − + 2 , = − + 3 nên theo định nghĩa { , } là hệ con
độc lập tuyến tính cực đại trong { , , , }. Vậy { , } là một cơ sở của
( , , , ) trong ℝ . □
3.3.2. Định lý về hạng của ma trận.
là ma trận cấp ( , ) trên trường
Giả sử
=
×
ℎ =(
=
,
,
,…,
,…,
)−
vectơ hàng thứ
( = 1,2, … , )
− là vectơ cột thứ ( = 1,2, … , ) của .
. Ký hiệu
của
,
còn
127
Định lý 3.2. Hạng của ma trận bằng hạng của hệ các vectơ hàng, và cũng bằng
hạng của hệ các vectơ cột của .
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh định lý cho hệ các vectơ hàng, định lý
cho hệ các vectơ cột nhận được từ đó đối với ma trận chuyển vị .
Giả sử
= . Không làm mất tính tổng quát, ta coi định thức con cấp r khác 0
của
nằm trên r hàng đầu và r cột đầu tiên. Khi đó, dễ thấy, r hàng đầu
{ℎ , ℎ , … , ℎ } độc lập tuyến tính, vì hệ thức vectơ
ℎ + ℎ + ⋯+ ℎ = ,
viết theo r tọa độ đầu tiên là hệ Gauss thuần nhất, chỉ có nghiệm
= =⋯=
= 0. Theo phương pháp Gauss tìm hạng ma trận , thực chất ta đã nhân r hàng
đầu với các số thích hợp rồi cộng vào các hàng thứ + 1, + 2, … , , để triệt tiêu
được các hàng sau cùng. Nói theo ngôn ngữ tổ hợp tuyến tính các vectơ hàng, điều
đó có nghĩa là, tồn tại các số , , … , ∈ để có
()
()
()
ℎ +
ℎ + ⋯+
ℎ + ℎ = , ( = + 1, + 2, … , ).
Ta đã chỉ ra được, các ℎ , ℎ , … , ℎ đều biểu diễn tuyến tính qua
{ℎ , ℎ , … , ℎ }. Như vậy {ℎ , ℎ , … , ℎ } là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ
các vectơ hàng, theo bổ đề 3.8,
{ℎ , ℎ , … , ℎ } = ,
hay đã chứng minh xong
{ℎ , ℎ , … , ℎ }. □
=
Chú thích 3.6. Từ định lý về hạng ma trận trên đây, ta dễ dàng chứng minh được
định lý Cronecker – Capelli (định lý 2.9) về điều kiện có nghiệm của hệ PTTT tổng
quát. Ta vẫn giữ các ký hiệu như trong mục con 2.5.2.
∆ Thật vậy, hệ m PTTT n ẩn [ ] =
có nghiệm ( , , … , ) khi và chỉ khi
+
+⋯+
= ; trong đó , , … , − là các vectơ cột của ,
= ( , , … , ) là vectơ cột hệ số tự do của hệ phương trình. Theo bổ đề 3.8,
{ , ,…, , } =
{ , , … , } hay theo định lý
điều này có nghĩa là
( | )=
về hạng ma trận ta được
.□
Sau đây ta chứng minh một kết quả mang tính ứng dụng về hạng của hệ vectơ theo
hạng của ma trận thành lập từ các hàng tọa độ của chúng.
Bổ đề 3.10. Hạng của hệ vectơ { , , … , } bằng hạng của ma trận thành lập
từ các hàng (hay các cột) tọa độ của các vectơ này.
Chứng minh. Đương nhiên khi nói về tọa độ vectơ, ta có ý nói tới tọa độ trong một
cơ sở cố định { , , … , } của không gian vectơ . Giả sử
=
128
,
= 1,2, … ,
,
khi đó, với s tùy ý,
=
Vì { ,
,…,
∈ ℕ∗ , 1 ≤
⇔
≤
, hệ thức
=
⇔
= .
} độc lập tuyến tính, nên hệ thức cuối cùng tương đương với
=
,
= 1,2, … , .
Hay viết theo các vectơ hàng ℎ , ℎ , … , ℎ của ma trận , hệ thức cuối cùng là
ℎ = .
Như vậy, hệ con nào đó các vectơ của { , , … , } độc lập tuyến tính khi và chỉ
khi các vectơ hàng tọa độ tương ứng của chúng độc lập tuyến tính. Điều này cũng
đúng cho hệ con độc lập tuyến tính cực đại của các hệ vectơ { , , … , } và
{ℎ , ℎ , … , ℎ }. Theo định lý về hạng ma trận, điều đó có nghĩa là
{ , ,…, } =
.□
Chú thích 3.7. Từ chứng minh bổ đề 3.10 ta có được phương pháp thực hành tìm
cơ sở và chiều của không gian sinh bởi hệ vectơ { , , … , } như sau: Thành lập
ma trận từ các hàng tọa độ của các vectơ , , … , . Thực hiện phương pháp
Gauss tìm hạng ma trận mà không đổi chỗ hàng thì các phần tử khác 0 nằm khác
hàng, khác cột ở ma trận cuối cùng của phương pháp Gauss sẽ chỉ cho ta các số thứ
tự các hàng của định thức con cấp r khác 0, và các vectơ đã cho có các số thứ tự
như các số thứ tự của các hàng này tạo thành cơ sở của ( , , … , ).
Ví dụ 3.17. Tìm cơ sở và chiều của không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi các
{ , , , };
vectơ
trong
đó
= (1,1, −1,1),
= (3,1, −3,1),
= (1, −1, −1, −1),
= (1,1,1,1).
∆ Theo chú thích trên, ta thành lập ma trận có các hàng từ các hàng tọa độ lần
lượt của các vectơ , , , . Thực hiện phương pháp Gauss tìm hạng ma
trận như trong mục 2.3.3, không đổi chỗ hàng, ta được:
1 0 0 0
1 0 0 0
1 1 −1 1
3 1 −3 1
0 1 0 1
0 1 0 0
~
~
.
0
1
0
1
0 0 0 0
1 −1 −1 −1
1 1
1
1
0 0 1 0
0 0 1 0
Nhìn vào ma trận cuối cùng, ta thấy các phần tử khác không ở khác hàng, khác cột
nằm trên các hàng có các số thứ tự 1,2,4 cho ta cơ sở của ( , , , ) có thể lấy
( , , , ) = 3. □
là { , , },
129
3.4. Đẳng cấu không gian vectơ.
Mục này mang tính cấu trúc đại số nhiều hơn là đại số tuyến tính, được đưa vào
theo truyền thống và cũng nhằm giải quyết vấn đề nghiên cứu các không gian vectơ
thông qua các đẳng cấu của chúng. Lần đọc đầu có thể bỏ qua mục này. Chúng ta sẽ đề
cập đến vấn đề tổng quát hơn trong mục 3.7.
Định nghĩa 3.8. Giả sử ,
là các không gian vectơ trên cùng một trường .
Người ta nói,
và
là các không gian vectơ đẳng cấu, nếu tồn tại song ánh
: → , thỏa mãn các điều kiện sau với mọi , ∈ , ∈
i) ( + ) = ( ) + ( );
ii) ( ) = ( ).
Khi các không gian vectơ và
đẳng cấu với nhau, người ta viết ≅
và đọc
là đẳng cấu với .
Các điều kiện trong định nghĩa đẳng cấu không gian vectơ nói rằng, song ánh bảo
toàn các phép toán của các không gian vectơ. Ánh xạ có tính chất, vừa là song ánh, vừa
bảo toàn các phép toán của các không gian vectơ như thế được gọi là đẳng cấu các
không gian vectơ. Trường hợp đặc biệt khi : → là đẳng cấu không gian vectơ ,
thì người ta gọi là tự đẳng cấu của không gian vectơ . Trong thực tế, để nghiên cứu
một không gian vectơ nào đó, người ta có thể nghiên cứu không gian vectơ quen thuộc
hơn, đẳng cấu với nó. Sau đây là một kết quả mang ý nghĩa thực tiễn cao trong Đại số
tuyến tính.
Định lý 3.3. Để hai không gian vectơ đẳng cấu với nhau, điều kiện cần và đủ các
không gian này là các không gian vectơ cùng chiều.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử các không gian vectơ và
đẳng cấu với nhau, theo định
nghĩa, tồn tại song ánh : → bảo toàn các phép toán của không gian vectơ. Giả
sử { , , … , } là một cơ sở của . Ta sẽ chứng minh, { ( ), ( ), … , ( )} là
cơ sở của
, khi đó đương nhiên ta sẽ nhận được điều phải chứng minh:
=
= .
Theo định nghĩa của ,
( )+
( )+ ⋯+
( )= ⇔ (
)=
+
+⋯+
Do là song ánh và , , … , độc lập tuyến tính nên hệ thức cuối cùng tương
đương với
+
+⋯+
= ⇔
=
=⋯=
= 0;
Như vậy đã chứng minh được hệ { ( ), ( ), … , ( )} độc lập tuyến tính trong
. Giả sử, bây giờ,
là vectơ tùy ý,
∈ . Khi đó, do là toàn ánh, tồn tại
∈ để ( ) = ; Vectơ ∈ nên biểu diễn qua cơ sở của , tức là tồn tại
, , … , ∈ để = ∑
. Tác động lên hai vế hệ thức này, ta được
130
( )= =∑
( ); điều này chứng tỏ { ( ), ( ), … , ( )} là hệ sinh
của . Điều kiện cần đã được chứng minh.
Điều kiện đủ. Giả sử và
là các không gian vectơ trên cùng một trường và có
=
= ; Ta sẽ xây dựng một đẳng cấu không gian vectơ : →
như sau: Nếu { , , … , } là một cơ sở của ; { , , … , } là một cơ sở của
( ) = , = 1,2, … ,
, ta đặt
và nếu
=∑
thì đặt
( )=∑
. Nói một cách khác, ảnh của vectơ ∈ qua ánh xạ là vectơ
trong
có cùng tọa độ như . Dễ dàng thấy, đã được xây dựng là ánh xạ và là
song ánh và hơn thế nữa nó còn bảo toàn các phép toán của không gian vectơ. Thật
vậy, nếu
∈ ,
=∑
, =∑
thì + = ∑ ( + ) ,
) , theo định nghĩa của , ( + ) = ∑ ( + ) =
=∑ (
) =
∑
( )=∑ (
+∑
= ( ) + ( ). Ngoài ra
= ( ). □
= ∑
Ví dụ 3.18. Tìm cơ sở và chiều của không gian vectơ con ( , , , ) trong
ℝ[ ]3 ; trong đó
=2+3 +5 +3 ;
=2+ − + ;
=1+ + + ;
= +3 + .
∆ Dễ dàng thấy, hệ các đa thức {1, , , … , } là một cơ sở
của ℝ[ ] ,
ℝ[ ] =
+ 1. Theo định lý 3.3, ℝ[ ]3 ≅ ℝ4 . Ta đưa bài toán về
không gian ℝ quen thuộc. Xét các vectơ có cùng tọa độ với các đa thức
, , , . Không cần thiết phải đưa vào ký hiệu mới, ta vẫn dùng các chữ cũ,
nhưng bây giờ là các vectơ trong ℝ (vì lý do đẳng cấu, không cần thiết phải phân
biệt chúng):
= (2,3,5,3), = (2,1, −1,1), = (1,1,1,1), = (0,1,3,1) và áp dụng phương
pháp giải như trong ví dụ 3.17, ta thành lập ma trận có các hàng là các hàng tọa
độ lần lượt của , , , . Theo phương pháp Gauss tìm hạng của ma trận ta có
−1 0 2 0
0 0 0 0
2 3 5 3
2 1 −1 1
0 0 0 1
0 0 0 1
.
~
~
−1 0 2 0
−1 0 0 0
1 1 1 1
0 1 3 1
−1 0 2 0
0 0 0 0
Nhìn vào kết quả cuối cùng, ta thấy cơ sở cần tìm là { , }, cũng có thể lấy
{ , }, { , } … hai trong số bốn đa thức đã cho. □
3.5.
Không gian tổng, không gian giao. Tổng trực tiếp
3.5.1. Định lý về chiều của không gian tổng, không gian giao.
Ta đã biết từ chú thích 3.2, giao một họ tùy ý các không gian vectơ con trong không
gian vectơ chứa tập
là một không gian vectơ con chứa . Trường hợp đặc biệt,
giao của hai không gian vectơ con trong không gian vectơ là một không gian vectơ
con trong .
131
Giả sử , là hai không gian vectơ con trong không gian vectơ .
Không gian vectơ con = ∩
được gọi là không gian giao của các không gian
vectơ con , .
Gọi là tập tất cả các vectơ trong sao cho tồn tại các vectơ
∈ ,
∈ để
= + . Dễ dàng chứng minh được tạo thành một không gian vectơ con trong
.
Thật vậy, nếu , ∈ , , ∈ thì, theo định nghĩa = + , = + ,
)∈ ;
với , ∈
và do
là các không gian vectơ con trong ,(
+
)+(
)∈ .
= 1,2, nên
+
=(
+
+
Theo dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con, là một không gian vectơ con trong
. Không gian vectơ con này được gọi là không gian tổng của các không gian
vectơ con ,
và ký hiệu là
= + . Cấu trúc không gian tổng có thể dễ
dàng thực hiện cho một số hữu hạn các không gian vectơ con trong không gian
vectơ .
= (1, −1,1), = (1,1,1), = (1,2,3),
Ví dụ 3.19. Trong ℝ cho các vectơ
= (1,1,5). Gọi
= ( , ), = ( , ). Tìm cơ sở và chiều của các
và = + .
không gian vectơ con = ∩
∆ Theo định nghĩa, không gian tổng = +
có hệ sinh là { , , , }. Áp
dụng phương pháp giải như trong ví dụ 3.17, ta thành lập ma trận có các hàng là
các hàng tọa độ lần lượt của , , , . Theo phương pháp Gauss tìm hạng của
ma trận ta có
1 0 0
1 0 0
1 −1 1
1 0 0
0 1 0
0 1 0
0 1 0
1 1 1
,
~
~
~
0 0 1
0 0 1
1 2 3
0 3 4
0 0 0
0 1 2
0 1 2
1 1 5
hay ta được cơ sở của +
là { , , };
= 3;
+
=ℝ .
Ta có,
⇔∃ , , , ∈ :
+
=
+
⇔
∈ = ∩
+
−
−
= .
Giải hệ PTTT thuần nhất cuối cùng bằng phương pháp Gauss (chỉ cần tìm ,
hoặc , , không nhất thiết phải tìm tất cả , , , ) ta có
1 1 −1 −1
1 1 −1 −1
−1 1 −2 −1 ~0 2 −3 −2 .
1 1 −3 −5
0 0 1
2
Như vậy, hệ tương đương với hệ 3 phương trình, 4 ẩn; có một ẩn tự do , hệ
nghiệm cơ bản của hệ PTTT thuần nhất chỉ có một vectơ. Hàng cuối cho ta nghiệm
132
= −2 . Cho
= −1, được
= 2 hay được
tổng quát (để tìm các , ) là
vectơ = 2 − = (1,3,1) là vectơ cơ sở của ∩ .
Vậy = ∩
= ( );
= 1. □
Sau đây ta chứng minh định lý về chiều của các không gian tổng +
và không
gian giao ∩ .
Định lý 3.4. Giả sử , là hai không gian vectơ con trong không gian vectơ .
Khi đó ta có:
( + )=
( ∩ ).
(3.9)
+
−
Chứng minh. Ta coi
∩
≠ { }. Chứng minh sau đây đúng cho cả khi
∩
= { }, khi đó cơ sở của ∩
được coi là tập rỗng ∅.
Giả sử
{ , ,…, }
(3.10)
là một cơ sở của
là cơ sở của
∩ ; Theo chú thích 3.5, ta có thể bổ sung thêm các vectơ để
{ , ,…, ,
(3.11)
,
,…, }
,
,
là cơ sở của
,…,
,
,
,…,
(3.12)
. Ta sẽ chứng minh hợp của hai hệ vectơ, tức là hệ các vectơ
(3.13)
, ,…, ,
,
,…, ,
,
,…,
là cơ sở của
+ , từ đó sẽ suy ra điều phải chứng minh (3.9).
Trước hết, nếu có tổ hợp tuyến tính của hệ vectơ (3.12) bằng 0, tức là
+
+⋯+
+
+⋯+
=
+
+ ⋯+
(3.14)
thì vectơ đứng ở bên phải dấu bằng của (3.14) vừa thuộc , vừa thuộc ,
là vectơ trong ∩ , vì thế nó biểu diễn tuyến tính qua hệ cơ sở (3.10), tức là tồn
tại các số , , … , ∈ để
+
+ ⋯+
+
+
+⋯+
=
+
+⋯+
,
hay
( − ) +( − ) +⋯+( − ) +
+⋯+
=
do hệ vectơ (3.11) là cơ sở của , hệ (3.11) độc lập tuyến tính, từ hệ thức cuối cùng
ta có
=
=⋯=
= 0.
Thay kết quả nhận được vào (3.14) ta có:
+
+⋯+
−
−
−⋯−
= .
Vì hệ vectơ (3.12) là cơ sở của
, hệ thức cuối cùng cho ta
133
=
=⋯=
=
=
=⋯=
= 0,
cùng với (3.15) ta đã chứng minh được hệ vectơ (3.13) độc lập tuyến tính.
Điều mà hệ vectơ (3.13) là hệ sinh của +
là hiển nhiên, vì mỗi vectơ ∈
biểu diễn tuyến tính qua hệ (3.11), mỗi vectơ ∈
biểu diễn tuyến tính qua hệ
(3.12) thì hiển nhiên mỗi vectơ của
+ , có dạng + sẽ biểu diễn tuyến tính
qua hệ (3.13).
Bây giờ ta dễ dàng kết thúc chứng minh định lý, chỉ cần đếm số vectơ trong hệ cơ
sở (3.13) của không gian tổng:
( + )= +( − )= + − =
( ∩ ),
+
−
đó chính là (3.9) cần chứng minh. □
( + ) = 3. Dễ dàng thấy
Trở lại, một vài lời về ví dụ 3.19. Ta đã chứng tỏ
( ∩ ) = 1, đúng như ta đã nhận được
= 2,
= 2 nên theo (1),
∩ .
khi tìm được cơ sở của
3.5.2. Tổng trực tiếp.
Trong mục con này ta sẽ nghiên cứu một cấu trúc tổng đặc biệt của các không gian
vectơ con trong không gian vectơ .
Định nghĩa 3.9. Giả sử , , … ,
là các không gian vectơ con trong không gian
vectơ . Người ta nói
là tổng trực tiếp của các
, ,…,
và viết
= ⊕ ⊕ …⊕
nếu mỗi vectơ ∈
đều có thể biểu diễn duy nhất thành
tổng = ∑
;
∈ , ( = 1,2, … , ).
Rõ ràng tổng trực tiếp là một trường hợp đặc biệt của tổng các không gian vectơ
con. Trong trường hợp tổng, không đòi hỏi điều kiện duy nhất của biểu diễn mỗi vectơ
∈ thành tổng các vectơ từ các , ( = 1,2, … , ).
Dễ dàng thấy, nếu { , , … , } là cơ sở của không gian vectơ
thì
= ⊕ ⊕ …⊕ ;
trong đó = ( ), ( = 1,2, … , . )
Ví dụ 3.20. Vẫn lấy các không gian vectơ con , như trong ví dụ 3.19,
= ( , ), = ( , );
= (1, −1,1), = (1,1,1);
= (1,2,3), = (1,1,5).
Ở đó ta đã có
+
=ℝ .
Xét vectơ = (3,2,5) ∈ ℝ . Dễ dàng thấy
= (3,2,5) = ( + ) + = 3 + ( − ), rõ ràng đây là hai biểu diễn khác
nhau của vectơ dưới dạng tổng các vectơ từ , , cho nên tổng
ℝ =
+
không phải là tổng trực tiếp. □
Bây giờ ta sẽ chứng minh một kết quả tổng quát về tổng trực tiếp sau đây.
134
là các không gian vectơ con trong không gian
Định lý 3.5. Giả sử , , … ,
vectơ . Khi đó các mệnh đề sau đây là tương đương:
1)
= ⊕ ⊕ …⊕ ;
2) = + + ⋯ +
và ∩ ∑ ,
= { };
3)
=
+
+ ⋯+
Chứng minh.
a) 1) ⇒ 2): Nếu
−∑
∩ ∑
∈
=∑
và
thì
,
.
=
= . Do vectơ o có biểu diễn duy nhất
=∑
=∑
hay
= .
nên
b) 2) ⇒ 3): Ta chứng minh qui nạp theo m. Với
= 2, từ công thức (3.9)
( + )=
( ∩ ) và ( ∩ ) = { } ta có
+
−
( + )=
( ∩ ) = 0 và do đó
+
. Giả sử khẳng định
3) đúng đến = − 1, ≥ 3, ta chứng minh nó đúng cho = . Thật vậy, theo
(3.9), ta có
∑ ,
∩ ∑ ,
=
+
− dim ∑
, cho ta
0=
dim ∑
∑ ,
=
+
∑
,
=∑
, vì
∑
,
=
.
là hệ sinh của .
c) 3) ⇒ 1): Theo giả thiết 3) hợp H các cơ sở của , , … ,
Mặt khác vì H có số vectơ đúng bằng
nên H là cơ sở của , nên mỗi vectơ
∈ biểu diễn duy nhất qua sơ sở, hay là cũng thế, duy nhất qua các vectơ của
, ,…, . □
Chú thích 3.8. Trong thực tế ứng dụng thường sử dụng trường hợp = 2. Khi đó
định lý có thể phát biểu gọn lại cho dễ nhớ (tuy không đầy đủ bằng định lý 3.5) như
sau: Để là tổng trực tiếp của các không gian vectơ con , : = ⊕ , điều
kiện cần và đủ là = + và ∩
= { }. Khi đó
=
+
.
3.6.
Ánh xạ tuyến tính
3.6.1. Khái niệm ánh xạ tuyến tính và toán tử tuyến tính
Định nghĩa 3.10. Giả sử và
là hai không gian vectơ trên cùng một trường .
Ánh xạ : →
được gọi là ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ vào không gian
vectơ , hay chỉ đơn giản là ánh xạ tuyến tính, nếu thỏa mãn hai điều kiện sau với mọi
, ∈ ; , ∈ :
( + ) = ( ) + ( );
i)
( ) = ( ).
ii)
Hay là tương đương, ∀ , ∈ ∀ , ∈ ta có
( + ) = ( ) + ( ).
135
Ánh xạ tuyến tính :
→
được gọi là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ
Ánh xạ tuyến tính :
vectơ .
→
được gọi là phiếm hàm tuyến tính trong không gian
.
Tập tất cả các ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ
vào không gian vectơ
); tập tất cá các toán tử tuyến tính trong không gian vectơ
được ký hiệu là ( ,
được ký hiệu là ( ).
( ) = ; trong đó o – là
Ví dụ 3.21. Ánh xạ : → , cho bởi công thức ∀ ∈
vectơ không trong , là một ánh xạ tuyến tính. Nó được gọi là ánh xạ “không”.
Ví dụ 3.22. Toán tử đồng nhất: Dễ dàng thấy, ánh xạ : → , cho bởi công thức
( ) = , là một toán tử tuyến tính trong không gian vectơ . Toán tử
∀ ∈
tuyến tính này giữ nguyên mọi phần tử của , người ta gọi nó là toán tử đồng nhất
trong . Khi ký hiệu toán tử đồng nhất trong không gian vectơ , nếu không có sự
hiểu nhầm, người ta không viết chỉ số . □
Các ánh xạ tuyến tính trong các ví dụ 3.21, 3.22 đóng vai trò cấu trúc không thể
thiếu được trong nghiên cứu các không gian các ánh xạ tuyến tính, toán tử tuyến tính
mà chúng ta sẽ đề cập tới ngay sau đây, trong mục con này.
Trước hết ta nhận được hai hệ quả từ định nghĩa ánh xạ tuyến tính, như các điều
kiện cần nhận biết ánh xạ tuyến tính.
Hệ quả 3.2. Nếu : → là ánh xạ tuyến tính, thì
1) ( ) = ;
2) (− ) = − ( ), với mọi ∈ .
Chứng minh.
1) Theo định nghĩa của ánh xạ tuyến tính, một mặt ( + ) = ( ), mặt khác
( + ) = ( ) + ( ), cho ta ( ) = ( ) + ( ), vì 〈 ; +, 〉 là nhóm
Abel, nên đẳng thức cuối cùng cho ta ( ) = .
2) Cũng vì
tạo thành nhóm Abel, − = + (− ) = và là ánh xạ tuyến
tính, theo 1) ta có = ( ) =
+ (− ) = ( ) + (− ) , cho ta điều phải
chứng minh. □
Ví dụ 3.23. Chứng minh rằng, trong không gian các vectơ bán kính , ánh xạ
( ⃗ ) = ⃗ + ⃗; trong đó ∈ ℝ, là toán tử
: → , cho bởi công thức: ∀ ⃗ ∈
tuyến tính khi và chỉ khi ⃗ = ⃗.
∆ Điều kiện đủ. Khi ⃗ = ⃗, dễ dàng kiểm tra được, theo định nghĩa, ( ⃗) = ⃗ là
một toán tử tuyến tính, thật vậy
⃗ + ⃗ = ⃗ + ⃗ = ⃗ + ⃗ = ( ⃗) + ⃗ ,
ngoài ra ∀ ∈ ℝ ( ⃗) = ( ⃗) = ( ⃗) =
136
( ⃗).
là toán tử tuyến tính, theo hệ quả 3.2, ta phải có
Điều kiện cần. Do : →
( ⃗) = ⃗ ⇔ ⃗ + ⃗ = ⃗ = ⃗. □
Chú thích 3.9. Đối với ∈ , ≠ 0, ánh xạ : → xây dựng theo công thức
( ) = , giống như trong ví dụ 3.23, là một toán tử tuyến tính trong
∀ ∈
không gian vectơ . Người ta gọi là toán tử đồng dạng trong không gian vectơ .
Bây giờ ta sẽ đưa vào tập ( , ) các phép toán cộng các ánh xạ tuyến tính và
nhân ánh xạ tuyến tính với một số để biến ( , ) thành không gian vectơ trên trường
như sau:
Giả sử ,
∈ ( ,
),
∈ . Ta xác định các ánh xạ ( + ) và
như sau:
∀ ∈ ( + )( ) = ( ) + ( ),
∀ ∈ ∀ ∈ ( )( ) = ( ) .
Dễ dàng kiểm tra được, các ánh xạ xác định như vậy, là các ánh xạ tuyến tính từ
vào
và ( , ) tạo thành một không gian vectơ trên trường .
∆ Thật vậy, ví dụ như, ta kiểm tra tính tuyến tính của ánh xạ tổng + như sau:
Theo định nghĩa của + và tính tuyến tính của , thì với mọi , ∈ ,
ta có
∈
( + )( + ) = ( + ) + ( + ) = ( ) + ( ) + ( ) + ( ) =
( ) + ( ) + ( ) + ( ) = ( + )( ) + ( + )( ),
và ( + ) (
)= (
)+ (
)=
( )+
( )=
( ( ) + ( )) = ( + )( ) . □
Như trường hợp đặc biệt của ( , ), ( ) tạo thành không gian vectơ trên trường
.
Không gian ( , ) các phiếm hàm tuyến tính còn được gọi là không gian liên
hợp của
và được ký hiệu là
∗
.
3.6.2. Cách cho ánh xạ tuyến tính
Trong mục con này, ta sẽ chỉ ra các cách tổng quát xây dựng các ánh xạ tuyến tính
từ không gian vectơ vào không gian vectơ .
Định lý 3.6. Giả sử { , , … , } và { , , … , } là hai hệ vectơ, tương ứng
trong các không gian vectơ và .
1) Nếu { , , … , } là hệ sinh của , tức là ( , , … , ) = thì có không
quá một ánh xạ tuyến tính : → , thỏa mãn điều kiện
( )= ,
(3.15)
= 1,2, … ,
2) Nếu { , , … , } là cơ sở của thì tồn tại ánh xạ tuyến tính thỏa mãn điều
kiện (3.15).
Chứng minh.
137
1) Giả sử có hai có hai ánh xạ tuyến tính và trong ( , ) cùng thỏa mãn điều
( )= ( )=
kiện (1), thế thì
với mọi
, = 1,2, … , .
Do = ( , , … , ) nên ( ) = ( ) với mọi ∈ , tức là = .
2) Giả sử { , , … , } là cơ sở của và a là một vectơ tùy ý trong . Khi đó tồn
để = 1 1 + 2 2 + ⋯ +
∈ , = 1,2, … ,
. Ta xây dựng một ánh
tại
xạ : →
thỏa mãn điều kiện (3.15)
( ) = , = 1,2, … ,
và đặt
( )=
(3.16)
+
+ ⋯+
Dễ dàng thấy, ánh xạ : →
xác định theo (3.16), là ánh xạ tuyến tính. Thật
+
+⋯+
và , ∈ thì
vậy, nếu ∈ , =
( + ) = (∑ (
) )=∑ (
) =
+
+
∑
+ ∑
= ( ) + ( ).
Định lý đã được chứng minh xong. □
Theo phần 1 của định lý 3.6 thì ánh xạ tuyến tính vừa được xây dựng là duy nhất.
Từ đây ta có
Hệ quả 3.3.
Giả sử { , , … , } và { , , … , } là hai hệ vectơ, tương ứng trong các không
gian vectơ và ; trong đó { , , … , } là cơ sở của . Khi đó tồn tại duy nhất
một ánh xạ tuyến tính : → , thỏa mãn điều kiện
( )= ,
.
= 1,2, … ,
3.6.3. Không gian nhân và không gian ảnh
Giả sử
∈ ( ,
). Gọi
là tập con các phần tử
∈ , sao cho ( ) = , tức
là:
= { ∈ | ( ) = },
còn
là tập con các phần tử
∈ , sao cho tồn tại ∈ để ( ) = , tức là:
= { ∈ | ∃ ∈ : ( ) = }.
Nói một cách khác
= ( ) = { ( )| ∈ }.
Bằng dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con, dễ dàng chứng minh được
là
không gian vectơ con trong , còn
là không gian vectơ con trong .
∆ Thật vậy, nếu , ∈
; , ∈ thì, theo định nghĩa
( + ) = ( ) + ( ) = . + . = ; tức là ( + ) ∈
.
Tương tự như thế, nếu
, ∈
; , ∈
thì, theo định nghĩa, tồn tại
( ) = , ( ) = . Do
, ∈
để
là ánh xạ tuyến tính nên
( + )= ( )+ ( )=
+ ; nói một cách khác, ta đã chứng tỏ
138
(
+ )∈
với mọi , ∈
;
con trong đã được chứng minh. □
Định nghĩa 3.11. Không gian vectơ con
,
∈
.
là một không gian vectơ
trong
được gọi là không gian nhân,
hay đơn giản chỉ là, nhân của ánh xạ tuyến tính .
Không gian vectơ con
được gọi là không gian ảnh, hay đơn giản chỉ
trong
là, ảnh của ánh xạ tuyến tính .
Sau đây chúng ta chỉ ra điều kiện để một ánh xạ tuyến tính là đơn ánh.
Bổ đề 3.11. Để ánh xạ tuyến tính :
→
là đơn ánh, điều kiện cần và đủ là
= { }.
∆ Thật vậy, nếu ánh xạ tuyến tính :
thiết ( ) = , cùng với hệ thức
ngay
= , tức là
→
( )=
đối với mọi ánh xạ tuyến tính, ta có
= { }.
= { }, và ( ) = ( ),
Ngược lại, từ giả thiết
được ( ( ) − ( ) = ) ⇔ ( − ) =
= , tức là
là đơn ánh, thì theo định nghĩa, từ giả
cho ta
là ánh xạ tuyến tính, ta nhận
−
=
hay
là đơn ánh. □
Ví dụ 3.24. Toán tử đồng dạng ∈ ( ) có
= { },
= .
∆ Thật vậy, theo định nghĩa của toán tử đồng dạng (chú thích 3.9) và hệ quả 3.1,
( )=
=
⇔
= { }. Tương tự như vậy, ∀ ∈
= , cho ta
∃ ∈
để ( ) =
, như vậy là
= .□
= ⇔ =
Định lý 3.7. Giả sử là ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ vào không gian
vectơ . Khi đó ta có hệ thức sau đây về chiều của không gian ảnh và không gian
nhân:
(
)+
(
)=
(3.17)
.
Chứng minh. Không làm mất tính tổng quát, ta coi
= { }, ta coi cơ sở của
là tập rỗng (∅). Giả sử
{ , ,…, }
≠ { }, trường hợp
(3.18)
là cơ sở của
. Theo nguyên lý độc lập tuyến tính cực đại, chú thích 3.5, ta có
thể bổ sung thêm các vectơ để
{ , ,…, ,
(3.19)
,…, }
là cơ sở của . Ta sẽ chứng minh, hệ các vectơ sau đây là cơ sở của
{ (
), (
), … , ( )}
Thật vậy, giả sử với
,
,… ,
∈
:
(3.20)
mà có
139
(
(
)+
(
)+⋯+
( ) = , thì do
là ánh xạ tuyến tính,
) = nên
+ ⋯+
+⋯+
nằm trong
. Khi đó tồn tại các số
,
+
, , … , ∈ để
+
+ ⋯+
=
+
+ ⋯+
;
chuyển sang một vế, do (3.19) là cơ sở của nên ta nhận được tất cả các hệ số
=
=⋯=
= 0; chứng minh xong hệ (3.20) độc lập tuyến tính.
Còn lại phải chỉ ra (3.20) là hệ sinh của
, tức là mỗi vectơ trong
đều biểu
diễn tuyến tính qua hệ (3.20).
Thật vậy, lấy ∈
, khi đó tồn tại ∈ để ( ) = . Nhưng do (3.19) là cơ sở
của nên tồn tại các số
, ,…,
∈ để
=
+
+ ⋯+
, khi đó, do ( ) = ( ) = ⋯ = ( ) = nên
lấy hai vế hệ thức của ta được
)+
) + ⋯+
(
(
( ), đó chính là điều phải
= ( )=
chứng minh.
Bây giờ chỉ việc đếm số vectơ trong hệ cơ sở của
là kết thúc được chứng minh
(
), còn số vectơ của hệ (3.20) là
định lý 3.7. Thật vậy, do =
, =
(
) nên ta nhận được
− =
(
)=
(
),
−
đó chính là (3.17) cần chứng minh. □
Từ định lý 3.7 và định lý 3.2, ta dễ dàng nhận được kết quả sau:
Hệ quả 3.4. Nếu ∈ ( ) là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ thì các
khẳng định sau tương đương:
1)
= { };
2)
= ;
3) là tự đẳng cấu của không gian vectơ .
(
) = 0, theo (3.17) ta có
∆ Thật vậy, từ 1) là
= { }, có
(
)=
thì thứ nhất,
(
, do
⊆
là toàn ánh và vì
) = 0, hay
(
= { }, theo bổ đề 3.11,
ánh. Mặt khác theo định nghĩa,
= . Từ 2) là
ta nhận được 2) là
)=
=
, theo (3.17), ta có
là đơn ánh, như vậy
là song
là ánh xạ tuyến tính nên nó bảo toàn các phép toán
của không gian vectơ. Như vậy, ta đã chỉ ra được 3):
là tự đẳng cấu không gian
vectơ . Tiếp theo, từ 3) cũng theo bổ đề 3.11 ta có ngay 1) là
= { }. □
Trong mục 3.7 ngay sau đây, ta sẽ nhận được định lý tổng quát hơn hệ quả vừa rồi
cho ánh xạ tuyến tính.
140
3.7. Ánh xạ tuyến tính ngược
a) Khái niệm ánh xạ tuyến tính ngược.
Định nghĩa 3.12. Giả sử và
là hai không gian vectơ trên trường . Ánh xạ
tuyến tính : → được gọi là ánh xạ tuyến tính ngược của ánh xạ tuyến tính
: →
nếu là ánh xạ ngược của , tức là
∘ =
;
∘ =
trong đó là ánh xạ đồng nhất trên tập .
Ánh xạ tuyến tính được gọi là ánh xạ tuyến tính khả nghịch nếu nó có ánh xạ tuyến
tính ngược. Ánh xạ tuyến tính ngược của ánh xạ tuyến tính thường được ký hiệu là
.
Như vậy theo định nghĩa, ánh xạ : → được gọi là ánh xạ tuyến tính ngược của
ánh xạ tuyến tính : →
nếu nó vừa là ánh xạ tuyến tính vừa là ánh xạ ngược của
ánh xạ .
b) Các điều kiện tồn tại ánh xạ tuyến tính ngược.
Sau đây ta sẽ chứng minh các mệnh đề tương đương về ánh xạ tuyến tính khả
nghịch.
Định lý 3.8. Giả sử
và
là các không gian vectơ trên trường
có
=
, : →
là ánh xạ tuyến tính. Khi đó bốn mệnh đề sau tương
đương:
1) : →
là song ánh.
2) là ánh xạ tuyến tính khả nghịch.
3)
= { }.
4)
= .
Chứng minh.
(a) ) ⇒ ). Khi : →
là song ánh, theo định lý về tồn tại ánh xạ ngược, tồn tại
∘ =
ánh xạ ngược : → sao cho
. Ta chứng tỏ là ánh xạ tuyến tính,
∘ =
( ) + ( ). Thật vậy, do là
tức là ∀ , ∈ ; , ∈ , (
+ )=
ánh xạ ngược của , tồn tại , ∈
để ( ) = (tức là ( ) = ) và
( ) = (tức là ( ) = ) và theo giả thiết
là ánh xạ tuyến tính nên ta có
(
( )+
( ) =
( + ) = ( + )=
+ )=
( ) + ( ).
+
=
(b) ) ⇒ ). Ta có theo bổ đề 3.11,
= { }.
(c) ) ⇒ ). Theo định lý 3.7 về chiều không gian ảnh, không gian nhân,
(
) = 0 và từ đó,
(
)=
từ
= { } ta có
=
, và
141
⊆ , điều sau cùng chứng tỏ
= .
) ⇒ ). Từ
= , chứng tỏ
là toàn ánh. Mặt khác
(
)=
=
, cũng từ định lý về chiều không gian ảnh, không gian
(
) = 0 hay
nhân, ta có
= { }, theo bổ đề 3.11 thì là đơn ánh. Vậy
là song ánh. □
Chú thích 3.10. Định lý này, trong trường hợp là toán tử tuyến tính cho ta hệ quả
3.4. Như vậy các tự đẳng cấu không gian vectơ đều là các toán tử tuyến tính khả
nghịch.
Ví dụ 3.25. Giả sử { , , … , }, { , , … , } là các cơ sở cố định trong các
không gian vectơ , tương ứng. Ta xây dựng ánh xạ : →
theo qui tắc trong
mục 3.15 như sau:
( ) = , ( = 1,2, … , ) và nếu = ∑
thì đặt ( ) = ∑
.
Như trong 3.15, là ánh xạ tuyến tính. Dễ dàng thấy
= { }. Thật vậy, nếu
∈
thì ( ) = ∑
= ⇔
= 0, ( = 1,2, … , ), tức là = .
Như vậy là ánh xạ tuyến tính khả nghịch hay theo ngôn ngữ cấu trúc đại số là
đẳng cấu không gian vectơ. □
do
(d)
3.8.
Ma trận của ánh xạ tuyến tính
3.8.1. Ma trận của ánh xạ tuyến tính, của toán tử tuyến tính.
Định nghĩa 3.13. Giả sử và
là hai không gian vectơ trên trường
{ , , … , },
là một cơ sở trong
.
(3.21)
và
{
,
,…,
}
(3.22)
là một cơ sở trong . Giả sử là ánh xạ tuyến tính từ vào . Khi đó các vectơ
( ), ( ), …, … , ( ) nằm trong
sẽ biểu diễn tuyến tính qua cơ sở (3.22) của nó,
tức là tồn tại các số
∈ để
(3.23)
=
.
= 1,2, … ,
Ma trận
…
…
=
=
,
×
..
…
…
được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính trong các cơ sở (3.21), (3.22).
Trong trường hợp không có sự nhầm lẫn, khi mà đã cố định hai cơ sở (3.21), (3.22)
người ta chỉ nói đơn giản, là ma trận của ánh xạ tuyến tính .
142
Ma trận
=
không gian m chiều
, ( = 1,2, … , ).
của ánh xạ tuyến tính : →
từ không gian n chiều vào
là ma trận cấp ( , ). Cột thứ j của là cột tọa độ của vectơ
Để thuận tiện trong trình bày, ta sẽ viết định nghĩa ma trận
=
của ánh xạ
tuyến tính dưới dạng ma trận như sau:
…
] là ma trận hàng hình thức, các phần tử của ma trận là
Gọi [ ] = [
…
] và
các vectơ của cơ sở (3.21), tương tự
=[
[ ( )] = [ ( )
( ) …
( )]. Khi đó hệ thức (3.23) có thể viết thành
(3.24)
[ ( )] =
Khi là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ , người ta chỉ lấy một cơ sở cố
định (3.21) trong , hay như người ta thường nói, lấy hai cơ sở (3.21), (3.22) trùng làm
một. Khi đó hệ thức (3.23), định nghĩa ma trận của toán tử tuyến tính , trở thành
(3.25)
=
,
= 1,2, … , .
hay dưới dạng ma trận
[ ( )] = [ ]
(3.26)
Ví dụ 3.26. Ánh xạ tuyến tính “không”, : → , đã xét trong ví dụ 3.21 hiển
nhiên có ma trận = = ‖0‖ × (trong các cơ sở tùy ý cố định của và ).
Dễ dàng thấy, toán tử đồng nhất
trong không gian vectơ , đã xét trong ví dụ
3.22 có ma trận = − ma trận đơn vị cấp n;
=
(trong cơ sở tùy ý cố
định của ). □
Như vậy, với mỗi ánh xạ tuyến tính ∈ ( , );
= ,
= , ta xây
dựng được một ma trận ∈
, ( ) của nó.
Ngược lại, với mỗi ma trận ∈
, ( ),
…
…
=
=
,
×
..
…
…
ta dễ dàng xây dựng được một ánh xạ tuyến tính ∈ ( , ) có ma trận là ma trận
cho trước này. Thật vậy, đặt theo (3.23)
=
,
= 1,2, … , .
và, nếu
=∑
là biểu diễn của vectơ
trong cơ sở (3.21), thì đặt
143
( )=
( )
Dễ dàng chỉ ra được, các hệ thức trên xác định cho ta một ánh xạ : → , ngoài
ra là ánh xạ tuyến tính từ vào
và trong các cơ sở (3.21), (3.22) có ma trận .
Bây giờ ta thiết lập ánh xạ : ( , ) →
tương ứng với
, ( ) bằng cách, đặt
ma trận của nó. Từ lập luận trên, ta đã chứng tỏ được là song ánh. Dễ dàng chỉ ra,
song ánh vừa thiết lập còn bảo toàn các phép toán của không gian vectơ, hay nói một
cách chính xác, là đẳng cấu không gian vectơ, tức là
( , )≅
, ( ).
Thật vậy, giả sử , ∈ ( , ); , có các ma trận tương ứng là , . Theo
(3.24), ta có [ ( )] =
và [ ( )] =
; Theo định nghĩa của ánh xạ
tuyến tính + thì ( + )( ) = ( ) + ( ) nên theo tính chất các phép toán
trên ma trận, ta tiếp tục có
[( + )( )] = [ ( ) + ( )] = [ ( )] + [ ( )] =
+
=
( + ).
Như vậy ta đã nhận được [( + )( )] =
( + ) . Điều này chứng tỏ ma
trận + là ma trận của ánh xạ tuyến tính + , tức là đã chứng minh xong
( + ) = ( ) + ( ).
( ) với mọi ∈ , ∈ ( , ).
Hoàn toàn tương tự ta cũng có ( ) =
Bây giờ ta còn có thể nhận được một tính chất nữa rất bổ ích của phép tương ứng
giữa các ánh xạ tuyến tính với ma trận của chúng. Ta sẽ chứng tỏ, nếu ∈ ( , ) có
ma trận , còn ∈ ( , ) có ma trận thì ( ∘ ): → là ánh xạ tuyến tính và có
ma trận là
. Thật vậy, giả sử cơ sở cố định trong không gian vectơ U là
, ,…,
;
= .
∆ Ánh xạ ∘ là ánh xạ tuyến tính từ vào hiển nhiên suy ra từ định nghĩa ánh
( ) nên theo (3.24), ta có
xạ tuyến tính. Theo định nghĩa, ( ∘ )( ) =
[ ( )] =
[( ∘ )( )] =
và
(
( )
)
=[
]
, khi đó
= ([ ( )] ) =
=
(
)
=
([ ] ) = [ ] ( ).
Như vậy ta đã nhận được [( ∘ )( )] = [ ] ( ). Điều này chứng tỏ ma trận
là ma trận của ánh xạ tuyến tính
∘ , tức là đã chứng minh xong
( ∘ ) = ( ). ( ). □
144
Như vậy hợp thành của các ánh xạ tuyến tính ,
trận bằng ma trận của nhân với ma trận của .
là ánh xạ tuyến tính
Ví dụ 3.27. Trong không gian ℝ cho các vectơ
= (1,1, −1), = (1,2,1), = (1,2,2);
= (1,2,3), = (1, −1, −2), = (2,1,1).
Tìm ma trận của toán tử tuyến tính ∈ ℝ , sao cho ( ) =
∘ , có ma
, ( = 1,2,3)
= (1,0,0), = (0,1,0), = (0,0,1).
∆ Ta cố định cơ sở chính tắc trong ℝ là
Gọi , − lần lượt là các ma trận thành lập từ các cột là các cột tọa độ của các hệ
vectơ { , , }, { , , } tương ứng, là ma trận của toán tử tuyến tính cần
tìm (trong cơ sở chính tắc). Gọi ∈ (ℝ ) là toán tử tuyến tính, sao cho
( ) = , ( = 1,2,3); còn ℎ ∈ (ℝ ) là toán tử tuyến tính, sao cho
( ) = , ( = 1,2,3). Dễ dàng thấy, ℎ = ∘ và có ma trận , ℎ có ma trận
. Dễ dàng thấy { , , } độc lập tuyến tính nên ma trận
khả nghịch. Theo
=
, hay
chứng minh trên thì
=
.
Đến đây, có thể tìm bằng nhiều cách khác nhau, ví dụ như tìm
2 −1 0
4
−2 1
= −4 3 −1 ⇒ = 11 −7 2 .
3 −2 1
17 −11 3
Hoặc hệ thức tìm nhận được ở trên viết dưới dạng ma trận chuyển vị là
=( )
,
sử dụng chú thích 2.11, tìm
theo lược đồ (2.23), không cần tính
,
ơ ấ
à
( | )
( |( )
).
⟶
bằng số, thể hiện như sau:
3
1 1 −1 1 2
7
1 0 0 4 11
ơ ấ à
⟶
1 2 1 1 −1 −2
0 1 0 −2 −7 −11 và ta cũng
1
1 2 2 2 1
2
3
0 0 1 1
được kết quả như trên. □
Chú thích 3.11. Trong các không gian tọa độ n chiều
, khi cho ma trận của ánh
xạ tuyến tính, toán tử tuyến tính mà không nhấn mạnh trong các cơ sở nào thì người
ta hiểu là ma trận được cho trong các cơ sở chính tắc.
3.8.2. Biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính.
Trong mục con này, ta luôn giả thiết, và
là các không gian vectơ trên cùng một
}
= ,
trường ,
= . Cố định hai cơ sở { , , … , }, { , , … ,
tương ứng trong , . Giả sử ∈ ( , ) có ma trận . Ta đặt nhiệm vụ tìm tọa độ
của vectơ ảnh ( ) khi biết tọa độ của vectơ .
145
+
+⋯+
∆ Giả sử =
Như thường lệ, ta ký hiệu [ ] = [
…
, tương tự
=[
dàng thấy,
, ( )=
…
+
+⋯+
.
] là ma trận cột tọa độ của vectơ
] là ma trận cột tọa độ của vectơ ảnh ( ). Dễ
= [ ] [ ], ( ) =
. Do
là ánh xạ tuyến tính, khi tác động
lên tổ hợp tuyến tính các vectơ, nó chỉ tác động lên vectơ mà không tác động lên hệ
số từ trường nên sau khi tác động lên hai vế của hệ thức = [ ] [ ], rồi thay
biểu thức định nghĩa ma trận của ánh xạ tuyến tính (3.26) vào ta được
( ) = [ ( )] [ ] =
( )=
[ ]=
( [ ]).
Mặt
khác
theo
trên
. So sánh hai hệ thức nhận được của ( ), ta rút ra
=
( [ ]).
} là cơ sở của , hai tổ hợp tuyến tính các vectơ của cơ sở này
Do { , , … ,
bằng nhau, cho ta các hệ số tương ứng phải bằng nhau, tức là:
(3.27)
= [ ]
Công thức (3.27) là công thức liên hệ giữa các tọa độ ( , , … , ) của vectơ ảnh
( ) với các tọa độ ( , , … , ) của vectơ , người ta còn nói, (3.27) là biểu thức
tọa độ của ánh xạ tuyến tính . □
Ví dụ 3.28. Trong không gian vectơ bán kính
(ví dụ 3.3) trên mặt phẳng có hệ
trục tọa độ Decac Oxy, với cơ sở {⃗, ⃗ }; trong đó ⃗ = (1,0), ⃗ = (0,1). Xét ánh xạ
: → ,
theo qui tắc: ( ⃗) là vectơ nhận được từ ⃗ bằng cách quay một góc ( > 0 cùng
kim đồng hồ). Ta chứng tỏ, là toán tử tuyến tính trong , tìm ma trận và biểu
thức tọa độ của nó.
∆ Dễ hiểu rằng, muốn quay tổng của hai vectơ đi một góc , ta có thể quay từng
vectơ đi góc rồi cộng lại. Điều đó chứng tỏ
⃗ .
⃗ + ⃗ = ( ⃗) +
Cũng như thế, muốn quay một vectơ ( ⃗), ∈
đi một góc ta có thể quay vectơ
⃗ đi góc rồi sau đó nhân với . Điều đó chứng tỏ, với mọi ∈ ,
( ⃗ ) = ( ⃗ ).
Ta đã chứng minh xong là toán tử tuyến tính trong .
( ⃗) = (
)⃗ + (−
)⃗
Ta có
, theo (6), toán tử tuyến tính , (trong cơ sở
( ⃗) = (
)⃗ + (
)⃗
{⃗, ⃗ }) có ma trận
=
146
−
.
Giả sử ⃗ = ( , ) và ( ⃗) = ( ′, ′) là tọa độ của các vectơ ⃗ và ảnh của ⃗ qua
toán tử , quay vectơ ⃗ đi một góc ( > 0 − cùng kim đồng hồ). Khi đó, theo
(3.27) ta có
′
=
.
′
−
′
−
Công thức sau cùng này tương đương với
=
, tức là
′
= ′
− ′
.
= ′
+ ′
Công thức này là công thức biến đổi tọa độ của cùng một vectơ ⃗ trong hai hệ trục
tọa độ Decac
và
′ ′; trong đó
′ ′ nhận được từ
bằng phép quay
quanh một góc ( > 0 ngược kim đồng hồ). Công thức này đã được biết tới từ
bậc học trung học phổ thông. □
Định nghĩa 3.14. Đa thức thuần nhất bậc một n biến , , … ,
trên trường là
( , ,…, ) = ∑
;
∈
, ( = 1,2, … , ), được gọi là dạng tuyến tính n
biến trên trường .
Từ công thức tọa độ (3.27) ta có ngay một kết quả hiển nhiên:
Hệ quả 3.5. Giả sử và
là các không gian vectơ trên cùng một trường ,
= ,
= . Để ánh xạ : →
là ánh xạ tuyến tính, điều kiện cần
và đủ là, dưới dạng tọa độ, vectơ ảnh có dạng:
( )=
( ) , ( ), … , ( ) ;
trong đó ( ), ( = 1,2, … , ) − là các dạng tuyến tính theo các tọa độ của vectơ
a trong cơ sở cho trước của .
∆ Thật vậy, theo (3.27), tọa độ thứ i của ( ) là
( )=
, = 1,2, … ,
;
trong đó = ( , , … , ) là tọa độ của vectơ trong cơ sở cho trước của . □
3.8.3. Ma trận của ánh xạ tuyến tính khi đổi cơ sở.
Giả sử ánh xạ tuyến tính ∈ ( , ) trong các cơ sở
{ , , … , } của
} của
và { , , … ,
có ma trận . Trong hai cơ sở khác,
{ , , … , } của và { , , … ,
} của
có ma trận .
Ta đặt nhiệm vụ, tìm công thức liên hệ giữa và ′ là hai ma trận của cùng một ánh xạ
tuyến tính trong các cơ sở khác nhau. Ta thực hiện công việc này như sau:
Gọi là ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { }; còn là ma trận chuyển cơ sở từ
sang
. Theo định nghĩa ma trận chuyển cơ sở,
147
[ ] =[ ]
, tác động
vào hai vế, ta được
[ ( )] = [ ( )] .
Mặt khác, theo định nghĩa ma trận của ánh xạ tuyến tính trong hai cơ sở mới,
[ ( )] =
, thay
[ ( )] =
=
=
, ta được vế trái hệ thức trên là
.
Tương tự, theo định nghĩa ma trận của ánh xạ tuyến tính
trong các cơ sở ban đầu
thì [ ( )] =
, nên vế phải của hệ thức nói trên trở thành
[ ( )]
. So sánh các hệ thức vế trái, vế phải nhận được ta có
=
=
.
Hai vế hệ thức cuối cùng là các tổ hợp tuyến tính các vectơ của cơ sở
bằng nhau khi và chỉ khi các hệ số của cùng một
ứng bằng nhau, tức là
=
, ( = 1,2, … ,
hay là tương đương
=
.
. Chúng
) hai vế tương
(3.28)
Trường hợp đặc biệt khi là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ , trong cơ
sở ban đầu { , , … , } của , có ma trận . Trong cơ sở mới { , , … , } của
, có ma trận ′, công thức (8) trở thành
(3.29)
=
;
trong đó
là ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { }.
Ví dụ 3.29. Cho ∈ ℝ , ℝ , trong các cơ sở chính tắc của ℝ , ℝ có ma trận
1 1
= 2 −1 .Tìm ma trận ′ của trong các cơ sở mới { , } của ℝ và
3 1
{ , , } của ℝ ; trong đó
= (1,1), = (1,2);
= (1,1,1), = (1,2,2),
= (2,1,2).
1 1 2
1 1
∆ Ta sử dụng công thức (3.28). Ở đây =
, = 1 2 1 .
1 2
1 2 2
2
2 −3
Ta có
= −1 0
, nên, theo (3.28)
1 cho
0 −1 1
2
2 −3 1 1
−6 −9
1 1
=
= −1 0
= 2
. □
1 2 −1
2
1 2
0 −1 1 3 1
3
5
3.8.4. Hạng của ánh xạ tuyến tính.
Định nghĩa 3.15. Hạng của ánh xạ tuyến tính
. Theo định nghĩa,
148
∈ ( ,
) được ký hiệu là
(
)
=
Định lý 3.9. Nếu ánh xạ tuyến tính có ma trận thì
=
.
Chứng minh. Như ta đã quy ước, nói tới ma trận của ánh xạ tuyến tính
∈ ( , ) là ta đã mặc nhiên coi như đã cố định hai cơ sở { , , … , },
{ , ,…,
} tương ứng trong , . Vì
( ), ( ), … , ( )
=
( ), ( ), … , ( ) =
nên theo định nghĩa 3.15 thì
=
{ ( ), ( ), … , ( )}.
, ( = 1,2, … , ), là vectơ có tọa độ là vectơ cột thứ j của ma trận
Mặt khác, do
{ ( ), ( ), … , ( )} =
nên theo bổ đề 3.10 ta có
. Đó chính là
điều phải chứng minh. □
Hệ quả 3.6. Hạng của ánh xạ tuyến tính từ
vào
không thay đổi qua các biến
đổi cơ sở của các không gian vectơ , .
Chứng minh. Thật vậy, theo trên, khi chuyển từ các cơ sở này của , sang các
cơ sở khác của chúng, ma trận ′ của có dạng (3.28)
=
;
trong đó , là các ma trận khả nghịch, nên theo tính chất về hạng ma trận thì
=
.□
Ví dụ 3.30. Cho : →
là ánh xạ tuyến tính, trong các cơ sở cố định của ,
1 1 −1
có ma trận = 1 2 3 .
1 3 7
i) Tìm cơ sở và chiều của
;
ii) Tìm cơ sở của
, từ đó suy ra
;
iii) Hãy làm rõ tính khả nghịch của .
∆ Ta lần lượt làm rõ từng vấn đề đặt ra
i) Theo định nghĩa
= { ∈ | ( ) = } hay dưới dạng tọa độ
= { ∈ | [ ] = }; trong đó = ( , , ) là tọa độ của vectơ .
[ ] = là một hệ PTTT thuần nhất. Ta đã biết từ mục con 3.2.4, hệ nghiệm cơ
bản của hệ phương trình này cho ta một cơ sở của không gian nghiệm, tức là một
cơ sở của
. Giải hệ PTTT thuần nhất [ ] = (ví dụ như bằng phương pháp
Gauss) ta được nghiện tổng quát
= −4
;
tùy ý. Hệ có một ẩn tự do, hệ nghiệm cơ bản có 1 nghiệm là
=5
(
) = 1.
= (5, −4,1);
= ( );
( ), ( ), ( ) ; trong đó { , , } là cơ sở cố định của đã
ii)
=
nói tới trong bài ra. Theo chú thích 3.7 để tìm cơ sở và chiều của không gian sinh
bởi hệ vectơ { ( ), ( ), ( )} trong , ta thành lập ma trận có các hàng lần
149
lượt là các hàng tọa độ của các vectơ ( ), ( ), ( ), áp dụng “thuật toán” tìm
hạng ma trận đã trình bày trong mục con 2.3.3, ta nhận được
1 1 1
1 0 0
= 1 2 3 ~0 1 0 ,
−1 3 7
0 0 0
(
)=
= 2.
Trong ma trận cuối cùng của phương pháp, hai phần tử khác 0, nằm khác hàng,
khác cột nằm trên hàng 1, 2 cho ta cơ sở của
là { ( ), ( )}, tức là các vectơ
trong
có các tọa độ tương ứng là ( ) = (1,1,1), ( ) = (1,2,3) là cơ sở của
.
iii) Ánh xạ tuyến tính không khả nghịch vì , theo định lý 3.8,
= ( ) ≠ { }.
Như vậy theo định lý 3.8, ánh xạ tuyến tính ∈ ( , ) khả nghịch, nói theo ngôn
ngữ hạng của ánh xạ tuyến tính, khi và chỉ khi
= ; trong đó
=
=
.
3.9. Giá trị riêng, vectơ riêng
Trong toàn bộ mục 3.9 này chúng ta coi là không gian vectơ trên trường ,
=
và
∈ ( ).
3.9.1. Khái niệm giá trị riêng, vectơ riêng của toán tử tuyến tính.
Định nghĩa 3.16. Vectơ ∈ , ≠ 0, được gọi là vectơ riêng của toán tử tuyến tính
nếu tồn tại ∈ , để ( ) = . Khi đó người ta nói, là vectơ riêng ứng với giá trị
riêng , còn về phía thì nói, là giá trị riêng của vectơ riêng .
Ví dụ 3.31. Toán tử tuyến tính
∈ (ℝ ) cho bởi công thức tọa độ
(xem hệ quả 3.5) ( , ) = ( − , 2 − 2 ) có vectơ riêng = (1,1) ứng
với giá trị riêng = 0 vì ( ) = .
Một cách tổng quát, toán tử tuyến tính ∈ ( ) có vectơ riêng ứng với giá trị riêng
= 0 khi và chỉ khi
≠ { }, tức là không khả nghịch.
Thật vậy, toán tử tuyến tính ∈ ( ) có vectơ riêng ứng với giá trị riêng = 0,
theo định nghĩa, khi và chỉ khi ( ) = , tức là ∈
, do ≠ 0 nên
≠
{ }. □
Định nghĩa 3.17. Người ta nói, không gian vectơ con trong bất biến đối với
toán tử tuyến tính nếu ( ) ⊆ .
Ta có khẳng định rất đơn giản về không gian con một chiều bất biến sau:
Bổ đề 3.12. Không gian vectơ con một chiều = ( ) trong bất biến đối với
khi và chỉ khi là vectơ riêng của . Trong trường hợp này, tất cả các vectơ khác
không trong ( ) đều là các vectơ riêng của ứng với cùng một giá trị riêng
như .
150
∆ Thật vậy, do ( ) =
khi
∀ ∈
( )=
,
=
nên dễ dàng thấy, = ( ) bất biến đối với khi và chỉ
( )=
≠ 0, ∃ ∈
để
hay là tương đương
; trong đó ta đã ký hiệu
= . Như vậy,
vectơ riêng ứng với
giá trị riêng .
Giả sử, bây giờ, ∈ ( ), ≠ , khi đó ∃ ∈
để = , cho nên ta có
( )= ( )=
= ( )=
− chứng tỏ là vectơ riêng của ứng với
cùng một giá trị riêng như . □
Giả sử là ma trận của toán tử tuyến tính (trong một cơ sở cố định của ). Khi đó
theo (3.27), biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính , ta có thể viết lại định nghĩa vectơ
riêng của (hay của ma trận ) là
[ ]= [ ]
(3.30)
Do không gian vectơ các toán tử tuyến tính ( ) trên trường đẳng cấu với không
gian vectơ
( ) (nhận xét sau ví dụ 3.26) nên người ta thường đưa nghiên cứu các
toán tử tuyến tính về nghiên cứu các ma trận của chúng. Ma trận của toán tử tuyến tính
càng đơn giản thì việc nghiên cứu chúng càng dễ dàng hơn. Ma trận thuộc loại đơn giản
nhất là ma trận đường chéo. Chúng ta sẽ làm rõ câu hỏi này trong kết quả đơn giản
nhưng rất quan trọng sau.
Bổ đề 3.13. Toán tử tuyến tính có ma trận đường chéo trong cơ sở { , , … , }
của không gian vectơ khi và chỉ khi cơ sở này gồm toàn các vectơ riêng của .
Chứng minh. Thật vậy, theo định nghĩa ma trận của toán tử tuyến tính và theo định
( , , … , ) trong
nghĩa 1, toán tử tuyến tính có ma trận đường chéo =
cơ sở { , , … , } của không gian vectơ khi và chỉ khi
( )=
;
= 1,2, … , .
Điều sau cùng chứng tỏ, là vectơ riêng ứng với giá trị riêng , ( = 1, … , ). □
Định nghĩa 3.18. Cơ sở của không gian vectơ mà trong đó toán tử tuyến tính
có ma trận đường chéo, được gọi là cơ sở đường chéo của , còn bản thân được gọi
là toán tử chéo hóa được.
Bổ đề 3.14. Các vectơ riêng ứng với các trị riêng khác nhau thì độc lập tuyến tính.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bổ đề 3.14 bằng phương pháp qui nạp toán học
theo số vectơ của hệ các vectơ riêng.
Khi = 1, ( ) =
;
≠ nên { } độc lập tuyến tính.
Giả sử khẳng định của bổ đề 3.14 đã đúng cho hệ các vectơ riêng có vectơ, ta sẽ
};
chứng minh hệ vectơ có + 1 vectơ riêng { , , … ,
( )=
(3.31)
,
= 1,2, … , + 1
151
với
tại
,
∈
,…,
đôi một khác nhau, độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu tồn
, ( = 1,2, … , + 1) để
(3.32)
=0
thì sau khi tác động
lên hai vế hệ thức này, theo giả thiết trên, ta được
(3.33)
= 0.
Lấy hai vế hệ thức (3.32) nhân với
(
rồi trừ vế với vế hệ thức (3.33), ta được
−
)
= 0.
Nhưng theo giả thiết qui nạp, { , , … , } độc lập tuyến nên từ đây suy ra
(
− )=0
.
= 1,2, … ,
Vì
− ≠ 0 với mọi
= 1,2, … ,
nên ta ta tiếp tục có
=
=⋯=
= 0. Thay vào (3.33) ta nhận được nốt
= 0. Đó chính là
} độc lập tuyến tính. □
điều phải chứng minh, hệ { , , … ,
3.9.2. Định lý về giá trị riêng, vectơ riêng.
Trong mục con 2.2.7, chúng ta đã định nghĩa đa thức đặc trưng của ma trận . Khái
niệm đa thức đặc trưng có thể định nghĩa cho toán tử tuyến tính ∈ ( ) như sau:
Nếu toán tử tuyến tính có ma trận (trong cơ sở cố định của ) thì đa thức đặc
trưng ( ) = | − | cũng được gọi là đa thức đặc trưng của toán tử tuyến tính và
ký hiệu là ( ) = | − |. Cũng như đã nhắc tới trong mục con 2.2.7, nếu không cần
nhấn mạnh đến vai trò của ma trận hay của toán tử tuyến tính , người ta bỏ qua các
chỉ số trong cách viết đa thức đực trưng và chỉ viết đơn giản là ( ) = | − | thay
vì viết ( ) hay viết ( ). Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là, khi thay đổi cơ sở
của không gian vectơ, ma trận của toán tử tuyến tính sẽ thay đổi, liệu đa thức đặc trưng
của toán tử tuyến tính có thay đổi không? Câu trả lời có trong bổ đề dưới đây.
Bổ đề 3.15. Đa thức đặc trưng của toán tử tuyến tính trong không gian vectơ
không thay đổi qua các biến đổi cơ sở của .
Chứng minh. Theo (3.29), trong cơ sở mới của không gian vectơ , có ma trận
=
. Theo định nghĩa của đa thức đặc trưng và tính chất của
định thức, khi đó ta có
( )=| ′− |=|
( − ) |=
− |=|
|
|| − || | = | − | = ( ). □
152
Theo bổ đề 3.13, vấn đề chéo hóa của toán tử tuyến tính được đưa về vấn đề tìm
xem trong không gian vectơ có cơ sở đường chéo nào hay không. Vấn đề này dẫn tới
việc phải tìm tất cả các trị riêng và các vectơ riêng của . Tập tất cả các giá trị riêng của
được gọi là phổ của toán tử tuyến tính và ký hiệu là ( ). Định lý ta chứng minh
sau đây là định lý về giá trị riêng. Nó đóng vai trò quan trọng trong các ứng dụng của
đại số tuyến tính nói chung, của ma trận hay của toán tử tuyến tính nói riêng trong các
ngành khoa học kỹ thuật khác nhau.
Định lý 3.10. Số ∈ là giá trị riêng của toán tử tuyến tính (hay của ma trận )
khi và chỉ khi là nghiệm của đa thức đặc trưng ( ) = | − |.
Chứng minh. Trong chứng minh định lý này, ta đồng thời chỉ ra cách tìm các vectơ
riêng khi biết các giá trị riêng của chúng.
Theo (3.30), vectơ = ( 1 , 2 , … , ) ≠ là vectơ riêng của ứng với giá trị
riêng khi và chỉ khi
( −
)[ ] = .
(3.34)
Theo định lý 2.10, hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn (3.34) có nghiệm
khác không, khi và chỉ khi
| − | = ( ) = 0. □
Trong chứng minh định lý ta cũng đã chỉ ra, vectơ riêng ứng với giá trị riêng
= có tọa độ = ( 1 , 2 , … , ) thỏa mãn hệ phương trình (3.34). Ta đã biết từ
bổ đề 3.7, không gian nghiệm của hệ PTTT thuần nhất (3.34) có chiều bằng
( −
) và hệ nghiệm cơ bản của nó cho ta cơ sở của không gian vectơ con
−
trong mà tất cả các vectơ khác không của nó đều là vectơ riêng ứng với giá trị riêng
= . Không gian vectơ con này ta gọi là không gian riêng của toán tử tuyến tính ,
( ).
ứng với giá trị riêng và ký hiệu là
Sau đây chúng ta chứng minh thêm một kết quả nổi tiếng về giá trị riêng của ma
trận đối xứng.
Bổ đề 3.16. Giá trị riêng của ma trận đối xứng là số thực.
Chứng minh. Gọi ̅ − là số phức liên hợp của .
Giả sử −là ma trận đối xứng; ∈ ℂ − là giá trị riêng của , và vectơ riêng ứng
với giá trị riêng là = ( , , … , ) ∈ ℂ , khi đó theo định lý về giá trị riêng,
vectơ riêng ta có [ ] = [ ] hay sau khi nhân về bên trái hai vế hệ thức này
với [ ] ta được
[ ] [ ]= [ ] [ ]
(3.35)
Ta chứng minh vế trái của (3.35) là số thực. Để thực hiện điều đó, ta chuyển vị hai
vế của (3.35), sử dụng giả thiết
= , ta nhận được
[ ] [ ] = [ ] [ ] = [ ] [ ] = [ ] [ ],
153
tức là
[ ]
[
]=[ ]
[ ].
(3.36)
Bây giờ, sử dụng giả thiết ̅ = , ta lấy liên hợp phức hai vế của (3.36) ta tiếp tục
có [ ] [ ] = [ ] [ ] = [ ] [ ], điều sau cùng chứng tỏ [ ] [ ] là
số thực, như vậy vế trái của (3.35) là số thực, còn vế phải của nó do
[ ] [ ] = ∑ | | là số thực nên ta phải có thừa số là số thực. □
Chú thích 3.12.
1. Định lý về giá trị riêng chỉ ra cho ta cách tìm tất cả các giá trị riêng và vectơ
riêng của toán tử tuyến tính . Trong trường hợp đa thức đặc trưng có n nghiệm
khác nhau thì bổ đề 3.14 khẳng định chéo hóa được. Còn các trường hợp khác,
thậm chí cả khi đa thức đặc trưng có n nghiệm kể cả nghiệm bội trong trường
, vẫn có thể không chéo hóa được. Ta sẽ thấy điều đó qua các ví dụ 3.32,
3.33 ngay sau đây.
2. Khi nói về chéo hóa của ma trận (của toán tử tuyến tính tương ứng) ta hiểu là,
tồn tại ma trận khả nghịch , sao cho
= là ma trận đường chéo.
Ví dụ 3.32. Toán tử tuyến tính trong không gian vectơ có ma trận
2 0 0
= 1 1 0
1 0 1
Hãy làm rõ vấn đề chéo hóa của . Nếu chéo hóa được hãy tìm ma trận đường
chéo, ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở ban đầu sang cơ sở đường chéo.
∆ Ta biết rằng giá trị riêng của là nghiệm của đa thức đặc trưng | − | =
hay ( − 1) (2 − ) = 0. Như vậy phổ của là ( ) = {1,2} trong đó = 1 là
nghiệm bội hai của đa thức đặc trưng.
= 1, vectơ riêng
= ( , , ) thỏa mãn hệ PTTT thuần nhất
Với
( − )[ ] = . Không gian nghiệm của hệ PTTT thuần nhất có hệ nghiệm cơ
( ) = ( , ), trong đó
bản gồm hai vectơ, nên không gian riêng
= (0,1,0), = (0,0,1).
Với
= 2, hệ nghiệm cơ bản của hệ PTTT thuần nhất xác định vectơ riêng
( − 2 )[ ] =
chỉ có một nghiệm
= (1,1,1), nên không gian riêng
( ) = ( ).
Rõ ràng { , , } độc lập tuyến tính nên tạo thành cơ sở đường chéo của .
Ma trận chuyển cơ sở C từ cơ sở ban đầu sang cơ sở đường chéo có các cột theo thứ
tự chính là các cột tọa độ của , , :
0 0 1
= 1 0 1 .
0 1 1
154
Trong cơ sở ( ,
,
)
có ma trận đường chéo
1 0 0
= 0 1 0 , àv =
.□
0 0 2
Ví dụ 3.33. Đối với ma trận của toán tử tuyến tính trong không gian vectơ là
1 −1 1
= 1 0 2 ,
1 −1 3
hãy làm rõ vấn đề chéo hóa của .
=
= 1,
= 2. Với
= 1, vectơ
∆ Ma trận cũng có 3 giá trị riêng thực
riêng = ( , , ) thỏa mãn hệ PTTT thuần nhất ( − )[ ] = . Không gian
nghiệm của hệ PTTT có hệ nghiệm cơ bản gồm một vectơ
= (1, −1, −1), nên
( ) = ( ).
không gian riêng
Với = 2 hệ nghiệm cơ bản của hệ PTTT thuần nhất xác định vectơ riêng
( − 2 )[ ] = cũng chỉ có một nghiệm
= (0,1,1), nên không gian riêng
( ) = ( ) . Như vậy hệ các vectơ riêng độc lập tuyến tính cực đại của chỉ
có hai vectơ cho nên nó không chéo hóa được mặc dù giống như ví dụ trên nó cũng
có 3 giá trị riêng thực như thế. □
Để kết thúc chương 3, ta dẫn ra đây chứng minh rất đơn giản của định lý
Hamilton – Kelly trong trường hợp toán tử chéo hóa được.
Cũng như trong trường hợp ma trận, với mỗi đa thức ( ) ∈ [ ],
( )=
+
+⋯+
và ∈ ( ), xác định một toán tử tuyến tính
( )=
+
+⋯+
+
– và gọi là giá trị của đa thức ( ) tại .
Mọi toán tử tuyến tính chéo hóa được ∈ ( ) đều là nghiệm của đa thức đặc
trưng của nó.
∆ Thật vậy, giả sử { , , … , } là cơ sở của
gồm toàn các vectơ riêng
của , ( ) =
, ( = 1,2, … , ). Từ ( ) = 0, ta có
( )( ) = ( )( ) = , nên với mọi vectơ trong , = ∑
thì
( )( ) = ( )(∑
)=∑
( )( ) = . Như vậy ta đã chứng minh
xong ( ) = −là toán tử “không”. □
155
1. Các tập
∈
BÀI TẬP CHƯƠNG 3.
sau đây đối với các phép toán cộng vectơ, nhân vectơ với vô hướng
được xác định tập nào tạo thành không gian vectơ. Nếu có thì chỉ ra vectơ
không (o) và − . Nếu không thì chỉ ra tiên đề không được thỏa mãn.
a) Tập
tất cả các số thực
>0;
= ℝ. Phép cộng ⨁, nhân ⨂ với vô hướng
được định nghĩa như sau
⨁ = , ⨂ = .
b) gồm tất cả các bộ hai ( , ), , ∈ = ℝ với các phép toán
( , ) + ( , ) = ( + , + ); ( , ) = ( , 3 )
∞
c)
= ℂ tập tất cả các dãy vô hạn các số phức = ( )∞ ,
∈ ℂ với định
nghĩa phép toán
= ⟺
=
với mọi k=1, 2, …
+ = ( + , + , … ); trong đó = ( )∞
,
, … ).
=(
∞
d)
= ℝ tập tất cả các dãy vô hạn các số thực = (
nghĩa phép toán được định nghĩa như trên
)∞ ,
∈ ℝ với định
2. Giả sử V là một không gian vectơ trên trường số phức ℂ đối với các phép toán
cộng + vectơ, nhân . vectơ với vô hướng
∈ ℂ . Ta xác định phép nhân vectơ
với vô hướng mới ∘ = ; trong đó là liên hợp phức của . Chứng minh
rằng 〈 ; +,∘〉 đối với các phép toán cộng + vectơ, nhân ∘ vectơ với với vô
hướng tạo thành không gian vectơ trên trường số phức.
3. Hãy chỉ ra những tập con nào sau đây tạo thành không gian vectơ con trong các
không gian vectơ tương ứng
a) Các vectơ ⃗ trên mặt phẳng gốc ở O, ngọn nằm trên một trong hai đường
thẳng cố định cắt nhau;
b) Các vectơ
trước;
⃗ trên mặt phẳng gốc ở O, ngọn nằm trên một đường thẳng cho
⃗ trên mặt phẳng gốc ở O, ngọn không nằm trên một đường
c) Các vectơ
thẳng cho trước;
d) Các vectơ
nhất;
⃗ trên mặt phẳng gốc ở O, ngọn nằm trong phần góc vuông thứ
e) Các vectơ trong ℝ có các tọa độ nguyên;
f) Các
+
156
vectơ
trong ℝ
+⋯+
= 0;
có
các
tọa độ
thỏa mãn phương trình
g) Các vectơ trong ℝ
là tổ hợp tuyến tính của m vectơ cho trước
, ,…,
∈ℝ ;
h) Các vectơ trong ℝ có các tọa độ thỏa mãn hệ phương trình tuyến tính cho
trước.
4. Giả sử x, y là các vectơ trong không gian vectơ ( , ), , ∈ . Chứng minh
rằng
a)
= 0 khi và chỉ khi
b)
+
=
+
= 0 hoặc x = o;
khi và chỉ khi hoặc là
5. Với những giá trị nào của
=
hoặc là
= .
thì
a) Từ sự độc lập tuyến tính của { ,
{
};
+ , +
b) Từ sự độc lập tuyến tính của { ,
các vectơ { + , + , . . ,
} suy ra độc lập tuyến tính của các vectơ
,..,
+
} suy ra sự độc lập tuyến tính của
};
, +
6. Cho { , , … , } là hệ độc lập tuyến tính các vectơ trong không gian vectơ
( , ). Các hệ vectơ { , , … , } sau đây hệ nào là hệ độc lập tuyến tính
a)
=
+
,
=
+
,…,
=
+
,
=
+
;
b)
=
−
,
=
−
,…,
=
−
,
=
−
.
7. Cho { , , … ,
( , ). Hệ { ,
∈
} là hệ độc lập tuyến tính các vectơ trong không gian vectơ
, … , } biểu diễn tuyến tính qua hệ đã cho, tức là tồn tại
để
=
= 1,2, … ,
là ma trận thành lập từ các cột tọa độ của các vectơ , , … , .
Gọi =
Chứng minh rằng hệ { , , … , } độc lập tuyến tính khi và chỉ khi
{ , , … , } = ).
= (hay cũng như thế
8. Các hệ vectơ sau đây trong các không gian ℝ tương ứng hệ nào là hệ độc lập
tuyến tính
a)
= (1,2,3), = (4,5,6);
b)
= (1, −2,1),
= (1,2,3),
= (1,0,2);
c)
= (1,2,3,4),
= (1,0,0,1),
= (0, −1,1,2),
d)
= (1,1,0,1),
= (0,0,1,2),
= (2,1,1,1),
= (1,1,1,1);
= (1,0,2,2).
157
(ℝ) tương ứng hệ nào là hệ
9. Các hệ ma trận sau đây trong các không gian
độc lập tuyến tính
1 0
1 −1 2 −1
a)
,
,
;
1 −1 0 1
1 0
1 2 1 −1
0 1 2 2
b)
,
,
,
;
3 4 1 2
−1 1 3 7
1 −1
1 1 1 1
0 1
c)
,
,
,
;
1 1
−1 1 1 −1 1 1
1 −1 1
1 2 3 0 1 −1 −1 1
1
d) 1 −1 0
,−1 1 2 ,0 1
,−1 −1 −1 ,
1
1 1 −1
1 0 1 1 −1 1
1
1
0
0
1
1
;
1
1
1
−1 −1 −1
1 −1 1 1 2 1 1 3 4
,
,
;
e)
0 1 1 1 2 3 1 0 1
1 −1
1
2
3 4 1 3
f) 2 1
,−1 1
,5 6 ,4 4 .
0 1
0 −1 7 8 7 8
10. Các hệ đa thức sau đây trong các không gian ℝ[ ] tương ứng hệ nào là hệ
độc lập tuyến tính
a)
−
b)
+2
c) –
d)
+ 1, 2
+
+
+ 1, 3
−
+ 3 + 4,
−
+ 1,
+
+
+
+ 1,
+2
+3
+
+
+ 3;
+ 1,
+
+
+ 1, 2
+
−
+3
+ ;
+ 1, + 1;
+ 1,
+4
+
−
+
+ 1,
+ 5 + 6,
+
+ 1,
+ 1,
+ 1;
,
11. Chứng minh rằng, nếu
tuyến tính qua
,
,
và
thì
phụ thuộc tuyến tính ,
không biểu diễn
là các vetơ đồng phương (khác biệt nhau bởi
thừa số).
12. Trong không gian ℝ cho các vectơ
= (1, −1,0,1,1), = (1,1,1, −1, −1), = (7,8,1,5, −1),
= (2, −1,1,2,1), = (11,7,3,2,1).
Có tồn tại các số
∈ ℝ để các vectơ , , , , xác định như sau là độc
lập tuyến tính không?
=
158
; = 1,2,3,4,5.
và a là các vectơ trong không gian vectơ ( , ) được cho
13. Giả sử , , … ,
dưới dạng tọa độ trong một cơ sở cố định nào đó của V. Hãy chứng tỏ
( ,
a)
, … , ) là một cơ sở của V và tìm tọa độ của a trong cơ sở này.
= (1,1,1), = (1,1,2), = (1,2,3), = (6,9,14);
= (2,1, −3), = (3,2, −5), = (1, −1,1), = (6,2, −7);
= (1,2, −1, −2), = (2,3,0, −1), = (1,2,1,4), = (1,3, −1,0),
b)
c)
= (7,14, −1,2);
d)
= (1, −1,1,1), = (1,1, −1,1), = (1,1,1, −1), = (0,1,1,1),
= (4,1, −1,1);
14. Giả sử ( , , … , ) và ( , , … , ) là hai cơ sở mới của không gian vectơ
( , ). Gọi và là các ma trận thành lập từ các cột tọa độ của ( , , … , )
và ( , , … , ) tương ứng. ( , , … , ), ( , , … , ) là tọa độ của vectơ x
trong các cơ sở { }, { } tương ứng. Chứng minh rằng
[ ]=
′
′
.
15. Chứng minh rằng mỗi trong số các hệ các vectơ S, ′ sau đều là cơ sở của
không gian vectơ tương ứng. Tìm mối liên hệ giữa tọa độ của cùng một vectơ
trong các cơ sở này.
a) = {(1,2,1), (2,3,3), (3,8,2)}
′
= {(3,5,8), (5,14,13), (1,9,2)};
b) = {(1,1,1,1), (1,2,1,1), (1,1,2,1), (1,3,2,3)},
′
= {(1,0,3,3), (−2, −3, −5, −4), (2,2,5,4), (−2, −3, −4, −4)};
16. Chứng minh rằng trong không gian ℝ[ ] các đa thức hệ số thực bậc ≤ các hệ
vectơ {1, , , … , }, {1, − , ( − ) , … , ( − ) } ( ∈ ℝ) đều là các cơ
sở. Hãy tìm tọa độ của ( ) = +
+⋯+
trong các cơ sở này và ma
trận chuyển cơ sở từ cơ sở thứ nhất sang cơ sở thứ hai.
17. Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở thứ nhất sang cơ sở thứ hai sẽ thay đổi thế nào
nếu
a) Đổi chỗ hai vectơ trong cơ sở thứ nhất;
b) Đổi chỗ hai vectơ trong cơ sở thứ hai;
c) Viết các vectơ trong cả hai cơ sở theo thứ tự ngược lại.
18. Hãy chỉ ra những tập các ma trận vuông cấp n nào sau đây tạo thành không gian
vectơ con đối với phép toán cộng ma trận và nhân ma trận với vô hướng trong
trường . Tìm một cơ sở và chiều của không gian vectơ con đó
a) Tập tất cả các ma trận;
159
b)
c)
d)
e)
f)
Tập tất cả các ma trận đối xứng;
Tập tất cả các ma trận phản đối xứng;
Tập tất cả các ma trận khả nghịch;
Tập tất cả các ma trận có vết bằng 0;
Tập tất cả các ma trận giao hoán với ma trận A trong phép nhân ma trận;
g) Các ma trận giao hoán với mọi ma trận .
19. Giả sử ,
minh rằng
là các không gian vectơ con trong không gian vectơ V. Chứng
thì
≤
b) Nếu dim (
+
) = 1 + dim (
,
∩
a) Nếu
⊆
còn
20. Giả sử
, ,
∩
) thì
+
là một trong số các
là không gian kia;
+
c) Nếu
;
>
thì
∩
≠ { }.
là các không gian vectơ con trong một không gian vectơ nào đó
trên cùng một trường
.
a) Có thể khẳng định rằng
b) Chứng minh rằng nếu
∩( +
⊆
) =( ∩ )+( ∩
)không?
thì hệ thức trên đúng.
21. Tìm cơ sở và chiều của không gian sinh bởi hệ vectơ trong ℝ tương ứng và
tìm tọa độ các vectơ còn lại theo cơ sở ấy
a)
= (1,0,0, −1),
= (0,1,2,3);
= (2,1,1,0),
= (1,1,1,1),
b)
= (1,1,1,1,0),
= (1,1,5,5,2),
= (1,1, −1, −1, −1),
= (1, −1, −1,0,0);
c)
= (1, −1,1,1,1),
= (1, −2,4,4,3),
= (1,0,2,1, −1),
= (3,0,2,0, −3),
= (1,2,3,4),
= (2,2,0,0, −1),
= (−1, −1,1,2,3),
= (0, −1,3,3,2).
(ℝ) tương ứng
22. Tìm cơ sở và chiều của không gian sinh bởi hệ vectơ trong
và tìm tọa độ các vectơ còn lại theo cơ sở ấy
1 −1
1 0
−1 −1
1 −2
a)
=
,
=
,
=
,
=
;
1 1
2 1
1
2
4 4
1 −1 0
−1 −1 −1
0 −2 −1
b)
=
,
=
,
=
,
1
2
3
2 3
4
1 1 1
2 0
1
1 −3 −1
=
,
=
.
0 −1 −2
3 4
5
23. Tìm cơ sở và chiều của không gian sinh bởi hệ vectơ trong ℝ[ ] tương ứng và
tìm tọa độ các vectơ còn lại theo cơ sở ấy
160
a)
b)
( )=
+ 1, ( ) = 2 + , ( ) =
+
( ) = − + 3 − 1, ( ) =
+ 3 + 3 + 1.
( )=
+ + 2 − 1, ( ) =
+ + + 1,
−
+
+ 2 + 1,
( )=
− − − 1, ( ) =
+ + + + 2 − 1,
( )=
+ +2 +3 , ( )=
+ .
24. Tùy theo các giá trị khác nhau của tham số , tìm một cơ sở nào đó của không
gian sinh bởi hệ vectơ { , , … , }
a)
b)
= ( , −1,1,1), = (1, , −1,0),
= (2,0,0,1), = (1, −3,3,2);
= ( , 1, −1,1), = (1, , 1,1),
= (1 + , 1 + , − 2,2), = (1 − , − 1,2, − 2);
c)
= ( , −1,0,1), = (1, , −1,1),
= (1, −3, , 1), = (1,3, −2, ).
25. Tìm để vectơ a nằm trong không gian sinh bởi hệ vectơ { , , … ,
a)
= (1, −1,0,1), = (1,1, −1,1), = (1,0,1,1), = (2,1,0,2)
}
= (1,3, −2,1), = ( , −1, −3, );
b)
= (1, −1,1,1, −1), = (1,2,3,4,5), = (0,3,2,3,6),
= (1,5,5,7,11), = (1,8,7,10,17), = (4, , + 1, + 8,38).
26. Tìm cơ sở và chiều của các không nghiệm của các hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất
−2 + − 3 + 3 = 0
⎧−5 + 2 + − 7 + 7 = 0
⎪
3 − − +4 −4 =0 ;
a)
⎨
− + − =0
⎪
⎩ 4 − −2 +5 −5 =0
8 + 12 + 9 + 6 + 4 = 0
5 +7 +6 +4 +3 =0
b)
;
7 +9 +9 +6 +5 =0
4 +8 +3 +2 =0
− + =0
⎧
− + =0
⎪
− + − = 0.
c)
⎨
− + =0
⎪
⎩
− + =0
161
27. Tùy theo các giá trị khác nhau của tìm cơ sở và chiều của không gian nghiệm
của các hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau
+2 +3 =0
+
+2 =0
a)
2 − + =0
−2 −
=0
+ −2 + =0
− +2 +
+ =0
b)
+
+2 − = 0
+ −6 +3 =0
28. Với , , , ∈ ℝ tùy ý, chứng minh rằng các tập ma trận sau tạo thành các
(ℝ) thích hợp. Tìm cơ sở và chiều của các không
không gian vectơ con trong
gian đó
+
;
− +
−
+ − +
− +2 +
;
b)
− + +
+ + +3
29. Tìm hệ phương trình tuyến tính thuần nhất nhận không gian vectơ con sinh bởi
các vectơ { , , … , } làm không gian nghiệm
a)
= (1, −1,1,0), = (1,1,0,1), = (2,0,1,1);
= (1, −1,1, −1,1), = (1,1,0,0,3), = (3,1,1, −1,7).
a)
b)
30. Tìm số chiều của các không gian tổng, không gian giao của các không gian
,
sinh bởi hệ các vectơ sau
a)
=
(1,2,1,0), (1,1,1,0) ,
b)
=
(1,1,1,1), (1, −1,1, −1), (1,3,1,3) ,
=
=
(1,0,1,0), (1,3,0,1) ;
(1,2,0,2), (1,2,1,2), (3,1,3,1) ;
31. Tìm cơ sở của các không gian tổng, không gian giao của các không gian vectơ
con sinh bởi hệ các vectơ { , , … , }, { , , … , }
a)
= (1,1,0), = (1,2,3), = (1,1,2),
b)
c)
162
= (4,3,2), = (1,1,1), = (0,3,1);
= (1,2,1), = (1,1, −1), = (1,3,3),
= (1,2,2), = (2,3, −1), = (1,1, −3);
= (−3,6,5,6, −5), = (−2,3,0,5, −2), = (−1,6,4,7, −2),
= (1,1,2,1, −1), = (0, −2,0, −1, −5), = (2,0,2,1, −3).
32. Tìm cơ sở và chiều của các không gian tổng, không gian giao của các không
gian nghiệm của các hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (I) và (II)
− + + =0
a) (I)
2 + − +2 =0
(II) {2 + 2 + − = 0
2 − + − =0
b) (I)
+2 + + =0
+ − =0
(II) 3 − 6 − − = 0
5 −6 + −3 =0
+ + − =0
+ + − =0
c) (I)
2 − −2 − =0
(II) { − = 0
33. Các ánh xạ được cho dưới đây trong các không gian vectơ thích hợp, ánh xạ nào
là toán tử tuyến tính
a)
⟼
+
trong
b)
⟼
+
trong
c)
⟼
+2
d)
⟼
+
( );
( );
trong
trong
( );
(ℂ);
⟼ + trong ( , ); ∈ cố định;
f) ( ) ⟼ ( + ); trong ℝ[ ] , ≠ 0, , ∈ ℝ;
g) ( , , ) ⟼ ( + + , − , ) trong ;
h) ( , , ) ⟼ ( , , + + ) trong .
e)
Trong số các ánh xạ trên ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh
34. Tìm ma trận của các toán tử tuyến tính sau
a) ( , , ) ⟼ ( , + 2 , + 3 ) trong
cùng kim đồng hồ nếu > 0;
c) Toán tử vi phân trong không gian ℝ[ ] trong cơ sở {1, , , … , };
b) Quay vectơ trên mặt phẳng đi một góc
d) Toán tử vi phân trong không gian ℝ[ ]
trong cơ sở 1, − 1,
( − 1)
2! , … ,
( − 1)
! ;
e) Quay không gian ba chiều đi một góc 2 /3 quanh đường thẳng có phương
trình
=
=
trong cơ sở các vectơ đơn vị của hệ trục tọa độ Decac;
163
f) Chiếu trực giao không gian ba chiều ℝ trên trục tọa độ của vectơ trong hệ
);
trục tọa độ Decac (
g) Toán tử
⟼
+
(ℝ) trong cơ sở các 1- ma trận
trong
là các ma trận cho trước).
35. Giả sử trong các cơ sở ( , ,
) của V, (
( ,
) của W ánh xạ tuyến tính
,
có
ma trận
=
0
3
1
4
2
.
5
Tìm ma trận của f trong các cơ sở
a) ( , , ) và ( , );
b) ( , + , + +
c) ( + + , + ,
) à(
)và (
,
+
+
,
);
+2
)
36. Giả sử là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ V, trong cơ sở ( ,
có ma trận
1 −1 1
= 2 1 3
1 2 2
Hãy tìm ma trận của f trong cơ sở
a) ( + + , + , );
b) ( + + , − + − ,
c) (− − 3 , 3 + 8 , − −
37. Giả sử
là toán tử tuyến tính
( , , , ) có ma trận
1
0
=
1
2
Hãy tìm ma trận của f trong cơ sở
a) ( , , , );
+2
+
,
)
+ 2 );
).
trong không gian vectơ V, trong cơ sở
2
1
0
2
3
2
1
−5
4
3
2
1
b) ( , + , + + , + + + );
38. Tìm cơ sở và chiều của
,
biết rằng trong các cơ sở cố định cho trước
của V và W ánh xạ tuyến tính f có ma trận A
1 −1 0 1
a)
=
;
2 3 1 4
1 2
3 0
b) = 0 1
2 1 ;
5 11 17 1
164
c)
d)
3
5
=
4
2
5
8
=
7
1
5
7
8
2
7
9
1
8
3
6
3
3
6
9
6
3
2 1
4 3
;
2 0
2 2
−2 2
−3 4
.
−2 6
−1 −2
∈ ( , )và ℎ = ;
= ,
=
rằng h là đơn ánh và { }
là cơ sở của V. Chứng minh rằng
a) f khả nghịch;
39. Giả sử
∈ ( ),
. Giả thiết
b) g là đơn ánh;
ℎ=
d) {ℎ( )}
e) { ( )}
c)
;
là cơ sở của
ℎ;
là cơ sở của
.
40. Giả sử A là ma trận của ánh xạ tuyến tính :
→
Ánh xạ nào sau đây có ánh xạ tuyến tính ngược
; trong đó
=
.
, khi đó tìm ma trận của
( ) nếu
1 2 3
a)
= 4 5 6 , =(1,2,3);
1 1 1
1 −1 1
b) = 1 1 2 , =(1,2,3);
1 1 5
1 −1 1 1
1 1 0 2
, = (1, −1,2,1);
c)
=
1 1 1 1
1 1 1 4
41. Giả sử toán tử tuyến tính f trong không gian ℝ trong cơ sở ( , . . ,
trận . Tìm ma trận B của f trong cơ sở ( , , . . , )
= (1, −1,2), = (−2,1, −3), = (1, −1,1),
a)
= (1, −2,1), = (1, −1,2), = (1,1,1) và
1 1 −1
= 1 2 3
;
2 1 −1
(
)
b)
= 1,1 − 1 , = (1,2, −1), = (1,1,0),
= (11,14, −11), = (−4, −5,4), = (8,10, −7) và
và
) có ma
165
1 0 1
= 1 −1 1 ;
0 2 1
c)
= (8, −6,7), = (−16,7, −13), = (9, −3,7),
= (1, −2,1), = (3, −1,2), = (2,1,2) và
1 −18 15
= −1 −22 20 .
1 −25 22
42. Giả sử ( , ) là một không gian vectơ trên trường , ( , , . . , ) là một cơ
sở nào đó cố định trong V, { } , { }
là hai hệ vectơ trong V sao cho hệ
thứ nhất là hệ độc lập tuyến tính. Chứng minh rằng toán tử tuyến tính f xác định
bởi hệ thức ( ) = , = 1,2, … , có ma trận A có thể tìm được theo công
=
thức
; trong đó
,
tương ứng là các ma trận được thành lập theo
thứ tự từ các cột tọa độ của các hệ vectơ ( , . . , ), ( , , . . , ) . Có thể
tính A theo công thức này mà không cần tìm
không?
Gợi ý: Áp dụng thuật toán tìm ma trận nghịch đảo bằng biến đổi sơ cấp hàng cho
) sau đó lấy chuyển vị của ma trận nhận
ma trận block ( | ) → ( |( )
được ở vế phải.
43. Giả sử ( , ) là một không gian vectơ trên trường , ( , , . . , ) là một cơ
sở nào đó cố định trong , { } , { }
là hai hệ vectơ trong sao cho hệ
thứ nhất là hệ độc lập tuyến tính. Toán tử tuyến tính f xác định bởi hệ thức
( ) = , = 1,2, … , . Tìm ma trận A của f trong cơ sở ban đầu
( ,
a)
b)
c)
, . . , ) và
= (1,2,3),
( ) trong các trường hợp sau
= (1,3,2), = (1,3,3), = (1,0,0),
= (1,2, −1), = (1,1,1), = (2,3,0);
= (1,0,1), = (1, −1,1), = (1,2, −1), = (1,2,3),
= (−1,3,4), = (0,1,0), = (1,4,4);
= (1,0,1,0), = (0,0,1,0), = (1,0,1,1), = (0,1,0,0),
= (1,1,2,3), = (1, −1,2,1), = (1,0,1, −1),
= (−1, −1,0,1), = (0,0,0,1);
44. Ánh xạ tuyến tính
và chiều của
,
vectơ?
a) ( , , ) ⟼ (
b) ( ,
c) ( ,
166
:
→
được cho dưới dạng tọa độ như sau đây. Tìm cơ sở
. Ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, đẳng cấu không gian
+
+
,
−
,
)⟼(
−
−
,
+2
,
)⟼(
+
+
,
+
);
+
+3 ,
,
,
+2
+
+
+ 3 );
);
45. Cố định các cơ sở { ,
( , ). Giả sử { }
} trong
,..,
là hệ vectơ độc lập tuyến tính trong V, { }
là n
vectơ tùy ý trong W. Ánh xạ tuyến tính f xác định bởi hệ thức
( ) = , = 1,2, … , . Tìm số chiều của
,
. Ánh xạ nào là đơn
,..,
} trong không gian ( , ), {
,
ánh, toàn ánh , đẳng cấu không gian vectơ?
a)
= (1,1, −1), = (1,2,3), = (4,5,6);
= (1,2,1, −1), = (1, −1,1,1), = (3,5,7,9);
b)
= (1,2,3,4), = (1,1,1,1), = (1,2,4,6), = (1,1,2,1);
= (5,6,7), = (1, −1,1), = (4,7,6), = (6,5,8);
} trong
46. Cố định các cơ sở { , , . . , } trong không gian ( , ), { , , . . ,
( , ). Giả sử { }
là hệ vectơ độc lập tuyến tính trong V, { }
là n
vectơ tùy ý trong W. Ánh xạ tuyến tính f xác định bởi hệ thức ( ) = , =
1,2, … , . Chứng minh rằng ma trận A của f có thể tìm được theo công thức
=
(so sánh với bài 3.2.24.) trong đó , tương ứng là các ma trận
được thành lập theo thứ tự từ các cột tọa độ của các hệ vectơ
( , . . , ), ( , , . . , ) . Tìm A, cơ sở của
,
= (2,3,3), = (3,5,6);
= (1,1, −1,1), = (1,2, −1,1), = (2,3, −2,2);
= (1,1,1), = (2,0,0), = (3,4,5);
b)
= (1,2,3), = (1, −1, −1), = (−1, −1,1);
( ) cố định cơ sở ( ,
); trong đó
,
,
là các 1-ma trận.
47. Trong
a)
= (1,1,1),
Xác định ánh xạ tuyến tính :
( )→
( ) theo công thức
=
Tìm ma trận
của , cơ sở của
,
và
nếu có
trong
các trường hợp sau
+
− +
a)
=
;
− +
+ − +
+ +
−
b)
=
.
−
+
48. Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính : ℝ[ ] → ℝ[ ] trong các cơ sở
(1, , , … , ), (1, , , … , ) tương ứng. Tìm cơ sở của
,
((1 + ) ) nếu có
và
, biết rằng f được xác định bởi
⟼ (1 + + ) + (−1 + + ) + (1 + 3 ),
a) +
+
=
= 2;
167
b)
+
) + (1 + 2 + 3
⟼ (1 −
+
1
2
),
= = 2;
). Xác định toán tử tuyến tính
49. Trong ℝ[ ] cố định cơ sở (1, ,
( ( )) =
) + (1 + 4 + 7
[3 + 3( + ) + 3
+3
] ( )
a) Tìm ma trận A của F;
b) Tìm cơ sở của
,
;
c) F có phải đơn ánh không? Toàn ánh không?
d) ( ) =
có nằm trong
không?
e) Tìm
(1).
50. Ký hiệu (ℝ) là không gian các hàm số trên trường số thực ℝ sinh bởi các
hàm số (1, cost, sint). Xét toán tử tuyến tính F trong (ℝ) xác định theo công
thức
( ) = ′′ ( ) + ′ ( ) + 2 ( ) − (0)
a) Tìm ma trận A của F trong cơ sở (1, cost, sint);
( +
và tìm
+
b) Chứng tỏ rằng tồn tại
c) Tìm ( )sao cho ( ) =
);
51. Chứng minh rằng nếu f là toán tử tuyến tính trong không gian vectơ ( , ) thì
các điều khẳng định sau tương đương:
(i)
∩
= {0}
(ii)
=
(iii)
=
⊕
.
52. Giả sử trong cơ sở chính tắc của = ℝ toán tử tuyến tính f có ma trận A. Đối
với mỗi trong các f sau đây hãy tìm
(i)
Cơ sở của
,
;
(ii) Cơ sở của
∩
(iii) Cơ sở của
+
Toán tử nào có tính chất
1
1
2
a)
= 1 −2 −1
−1 1
0
1 1
2
b) = 1 −2 −1
2 1
3
168
;
.
=
⊕
ℝ;
ℝ;
;
=
53. Tìm tất cả các trị riêng, vectơ riêng của toán tử tuyến tính cho bởi ma trận
(ℝ) tương ứng
∈
1 1
a)
=
.
−1 3
4 −3 1
b) = 1 0 1 .
0 0 3
2 −1 2
c)
= 5 −3 3 .
−1 0 −2
4 −5 7
d) = 1 −4 9 .
−4 0 5
1 −1 0 0
−1 1 0 0
e)
=
.
0
0 1 0
0
0 1 2
1 −1 0 0
−1 0 1 0
f)
=
.
0
1 1 0
0
0 0 3
3 −1 0 0
1 1 0 0
g) =
.
3 0 5 −3
4 −1 3 −1
54. Hãy chỉ ra trong các ma trận dưới đây, ma trận nào có thể đưa về dạng đường
chéo bằng cách chuyển đến cơ sở mới trong không gian vectơ ( , ) tương ứng.
Tìm cơ sở đường chéo, dạng đường chéo của ma trận và ma trận chuyển cơ sở từ
cơ sở ban đầu sang cơ sở đường chéo
−1 3 −1
a) −3 5 −1 .
−3 3 1
4 7 −5
b) −4 5 0 .
1 9 −4
4 2 −5
c) 6 4 −9 .
5 3 −7
169
0
1
d)
0
1
−2
1
0
−1
3
−1
2
0
2
−1
.
0
1
55. Tìm tất cả các trị riêng, vectơ riêng của toán tử F
a)
∈
(ℂ)
( )=
b)
∈
(ℂ)
c)
∈ (ℝ[ ] )
2 −
.
+2
( ) = ′′ ( ) + ′( ) + ( ) + (0).
d)
∈ (ℝ[ ] )
( ) =∫ ( − )
.
=
( )
− 2 (0)
56. Tìm tất cả các trị riêng, vectơ riêng của toán tử tuyến tính
.
∈
(ℂ) cho
bởi công thức
( )= .
57. Trong ℝ[ ] tìm tất cả các trị riêng, vectơ riêng của toán tử tuyến tính cho bởi
công thức
( ) ⟼ ( + ).
58. Chứng minh rằng, trong không gian ℝ[ ] các đa thức hệ số thực có bậc nhỏ
hơn hoặc bằng n toán tử tuyến tính cho bởi công thức
( )⟼ ( + )
( ≠ 0, −1,1)
có + 1 trị riêng khác nhau {1, , , … , } và vì thế nó là toán tử chéo hóa
được.
59. Chứng minh rằng, trong không gian ℝ[ ] toán tử tuyến tính cho bởi công thức
( ) ⟼ (− + )
có + 1 trị riêng thực {(−1) } = 0,1,2, … , (kể cả bội) và là toán tử chéo
hóa được.
60. Chứng minh rằng, toán tử tuyến tính trong không gian vectơ ( , ) có vectơ
( ); trong đó ( ) là đa thức hệ số trên
, có vectơ riêng a ứng với trị riêng ( ).
riêng a ứng với tri riêng
trường
thì toán tử
Ứng dụng tìm tất cả các trị riêng , vectơ riêng của
sở nào đó của toán tử f có ma trận
a) ( ) =
− 2 + − 1,
1 −1
=
;
0 3
− 4 + 3,
b) ( ) =
170
( ) biết rằng trong một cơ
1
= −1
0
c)
( )=
−
0
1
0
−1
1
3
;
+ 1,
0
0
=
−2
−4
61. Chứng minh rằng, toán tử tuyến tính
tuyến tính ngược
thì
và
−2 13 −6
−1 0
0
.
−2 15 −6
−4 24 −9
trong không gian vectơ ( , ) có toán tử
có cùng các vectơ riêng. Tìm tất cả các trị
biết rằng trong một cơ sở cố định cho trước của
riêng, vectơ riêng của và
V toán tử f có ma trận A
0 1
a)
=
.
−2 3
11 −3 4
b) = 26 −6 14 .
0
0
4
−1 1 20 −9
0 2 0
0
c)
=
.
−4 1 23 −9
−8 2 38 −14
có cùng phổ.
62. Chứng minh rằng các ma trận và
63. Tìm các ma trận C, D; trong đó D là ma trận đường chéo sao cho
=
a)
b)
c)
nếu
−3 2
=
;
−10 6
1 0 1
= 0 1 −1
0 0 2
1 0 0
= 0 2 0
−1 1 3
;
;
64. Chứng minh rằng nếu toán tử tuyến tính
trong không gian vectơ ( , ) chéo
hóa được và có tất cả các trị riêng khác 0 thì
ma trận của
4
a)
= 1
0
, không tính
hãy tìm
−3 1
0 1 , =(3,2,1);
0 3
cũng chéo hóa được Cho
là
( )
171
1 −1 0 0
−1 1 0 0
b) =
, = (1,2,3,4);
0
0 1 0
0
0 1 2
65. Chứng minh rằng, nếu A là ma trận chéo hóa được, m là số tự nhiên, ≥ 1, thì
tồn tại các ma trận C, D; trong đó D là ma trận đường chéo,
=
( ,
,…,
) sao cho
=
Áp dụng tìm
,
0 1
a)
=
.
1 0
0 −1
b) =
1 0
−1 3
c)
= −3 5
−3 3
0 1
d) = 1 0
4 −4
66. Cho
(
,
=
0
−2
)
,…,
.
∈ ℕ∗
, tính
.
−1
−1 .
1
1
1 .
3
a) Tìm ( − )
;
b) Tìm (3 − 5 )( + 4 − 4
+
1
3
) ;
c) Tìm √5 − .
67. Cho
=
−1
1
−1
−2
2
−1
−2
1
0
Hãy tìm
( )2 ;
a) ( )
, ( )
b) Đa thức tối thiểu của ;
c) Biểu diễn 2 thành dạng
+ .
68. Xác định toán tử tuyến tính : ℝ[ ] → ℝ[ ] theo công thức
( ( )) = (1 − ) ′′ ( ) −
a) Tìm ma trận A của f trong cơ sở (1, , );
b) Chứng tỏ rằng f chéo hóa được;
c) Tính 2
172
( ) , biết rằng ( ) =
.
′(
)+2 ( )
69. Xác định toán tử tuyến tính : ℝ[ ] → ℝ[ ] theo công thức
( ( )) =
1
2
(1 + 3 + 3
+3
) ( )
; Gọi ( ) = .
a) Tìm ma trận A của f trong cơ sở (1, , );
b) Tìm tất cả các trị riêng, vectơ riêng của f;
c) Tìm ( + )
(
d) Tìm
( ) ; trong đó I là ánh xạ đồng nhất trong ℝ[ ] ;
)
( ) .
70. Tìm tất cả các không gian con bất biến đối với toán tử vi phân trong ℝ[ ] .
71. Tìm trong không gian vectơ ba chiều ℝ các không gian vectơ con bất biến đối
với toán tử tuyến tính cho bằng ma trận:
8 −1 −5
a)
= −2 3
;
1
4 −1 −1
4 −2 2
b) = 2
0 2
−1 1 1
2 1 1
c)
= 1 2 1 .
1 1 2
72. Tìm trong không gian vectơ ba chiều ℝ các không gian vectơ con bất biến đối
với hai toán tử tuyến tính cho bằng các ma trận
−6 2 3
5 −1 −1
= −1 5 −1 , = 2 −3 6 .
3
6 2
−1 −1 5
73. Giới hạn của ma trận được hiểu giới hạn theo từng phần tử. Tìm giới hạn
lim
→∞
trong đó
a)
1
= −
⁄
b)
=
1
⁄
⁄
1
;
⁄
.
1
173
174
Chương 4.
HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN EUCLID
4.1.
Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương trong không gian vectơ
4.1.1 Khái niệm dạng song tuyến tính và dạng toàn phương
a) Khái niệm dạng song tuyến tính.
Trong toàn bộ chương 4 này, ta chỉ xét các không gian vectơ trên trường số thực
ℝ,
= .
Định nghĩa 4.1. Ánh xạ ( , ): × → ℝ được gọi là dạng song tuyến tính trong
không gian vectơ (hay đơn giản chỉ là dạng song tuyến tính) nếu thỏa mãn các điều
kiện sau đây với mọi , , , , ,
∈ , ∈ ℝ:
( + , ) = ( , ) + ( , );
i)
( , ) = ( , );
ii)
iii)
, + , = ( , ) + ( , );
( , ) = ( , ).
iv)
Nói một các đơn giản, dạng song tuyến tính trong không gian vectơ là một hàm
hai biến ( , ), xác định trên × , tuyến tính đối với mỗi biến , .
Ví dụ 4.1. Nếu ( ), ( ) là các phiếm hàm tuyến tính trong không gian vectơ
thì ( , ) = ( ). ( ) là một dạng song tuyến tính trong không gian vectơ .
Chẳng hạn, nếu = ℝ , ( , ) = ( + 2 ). ( − ); trong đó
= ( , ), = ( , ), là một dạng song tuyến tính trong không gian vectơ ℝ .
b) Dạng tọa độ của dạng song tuyến tính.
Chúng ta cố định một cơ sở { , , … , } trong không gian vectơ ,
=
,
=
,
theo định nghĩa 4.1,
( , )=
,
=
( , ).
,
Ký hiệu
=
,
, ( , ∈ {1,2, … , }),
(4.1)
khi đó ta có
(4.2)
( , )=
.
,
Dạng (4.2) được gọi là dạng tọa độ của dạng song tuyến tính ( , ). Ma trận
vuông cấp n,
175
…
…
=
,
=
…
…
được gọi là ma trận của dạng song tuyến tính ( , ) (trong cơ sở { , , … , }). Để
tránh sự cồng kềnh trong khi viết dạng song tuyến tính dưới dạng tọa độ (4.2), ta sử
dụng cách viết dạng song tuyến tính dưới dạng ma trận như sau:
(4.3)
( , )=[ ]
,
…
] là ma trận hàng hình thức các tọa
trong đó, như thường lệ [ ] = [
độ ( , , … , ) của vectơ = ∑
.
Định nghĩa 4.2. Dạng song tuyến tính ( , ) trong không gian vectơ được gọi là
dạng song tuyến tính đối xứng nếu ( , ) = ( , ) với mọi , ∈ .
Dễ dàng thấy, dạng song tuyến tính ( , ) trong không gian vectơ đối xứng khi
và chỉ khi ma trận của nó là ma trận đối xứng.
Thật vậy, giả sử { , , … , } là một cơ sở của . Nếu ( , ) là dạng song tuyến
tính đối xứng trong không gian vectơ thì , theo định nghĩa 4.1 và (4.1), hiển nhiên
là, với mọi , ∈ {1,2, … , },
=
,
=
,
= , tức là ma trận của
=
với mọi , ∈ {1,2, … , } và
( , ) là ma trận đối xứng. Ngược lại, giả sử
=∑
( , )=
,
=∑
, khi đó, theo định nghĩa 4.1 ta có
,
=
( , )=
,
,
( , )=
,
= ( , ). □
Bổ đề 4.1. Đối với mỗi dạng song tuyến tính ( , ) trong không gian vectơ , tồn
( , ) sao cho ( , ) = ( , ) với mọi
tại dạng song tuyến tính đối xứng
∈ .
∆ Thật vậy, với mọi , ∈ {1,2, … , }, đặt
+
=
,
= ,
2
ta sẽ có
= , nên dạng song tuyến tính ( , ) = ∑ ,
là dạng song
( , )=∑,
tuyến tính đối xứng và đồng thời ta có
=
∑,
= ( , ). □
c) Dạng toàn phương trong không gian vectơ.
Từ bổ đề 4.1, ta có định nghĩa sau đây về dạng toàn phương.
Định nghĩa 4.3. Giả sử ( , ) là một dạng song tuyến tính đối xứng trong không
gian vectơ . Khi đó ( , ) = ( ) được gọi là dạng toàn phương ứng với dạng song
176
tuyến tính ( , ), còn bản thân ( , ) được gọi là dạng song tuyến tính đẳng cực của
dạng toàn phương ( ).
Ma trận của dạng song tuyến tính đẳng cực ( , ) của dạng toàn phương đồng
thời được gọi là ma trận của dạng toàn phương ( ). Theo nhận xét sau định nghĩa 4.2
thì ma trận của dạng toàn phương là ma trận đối xứng.
Như vậy, theo định nghĩa, mỗi dạng song tuyến tính đối xứng ( , ) xác định cho
ta một dạng toàn phương ( ) = ( , ). Ngược lại, ta có kết quả sau:
Bổ đề 4.2. Mỗi dạng song tuyến tính đẳng cực ( , ) của dạng toàn phương ( )
được xác định duy nhất theo các giá trị của dạng toàn phương này.
∆ Thật vậy, giả sử ( , ) là dạng song tuyến tính đẳng cực của dạng toàn phương
( ), khi đó ta có
( + )− ( )− ( )
( + , + )− ( , )− ( , )
=
= ( , ). □
2
2
Theo cách viết (4.3) của dạng song tuyến tính, ta có thể viết dạng toàn phương ( )
dưới dạng tọa độ:
(4.4)
( )= ( , )=[ ]
,
hay một cách đầy đủ là:
⎧ ( )=
⎪
⎨
⎪
⎩
(4.5)
,
=
.
Định nghĩa 4.4. Người ta gọi đa thức thuần nhất bậc hai n biến trong (4.5),
Φ( ,
,…,
)=
,
là dạng toàn phương (n biến) trên trường số thực ℝ.
Ví dụ 4.2. Trong không gian ℝ cho dạng toàn phương ( , ) có ma trận
1 2
.
=
2 3
Hãy tìm dạng song tuyến tính đẳng cực của dạng toàn phương.
∆ Giả sử = ( , ), = ( , ). Theo (4.3), dạng song tuyến tính đẳng cực
( , ) của dạng toàn phương có dạng tọa độ là
( , )=[
] 1 2
=
+2
+2
+3
,
2 3
còn dạng toàn phương tương ứng là
( , )=[
] 1 2
=
+4
+3 . □
2 3
177
4.1.2 Ma trận dạng toàn phương khi đổi cơ sở.
Giả sử trong cơ sở { , , … , } của không gian vectơ
dạng toàn phương
( ) có ma trận . Ta tìm ma trận ′ của ( ) trong cơ sở mới { , , … , }. Gọi
là ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { }, ( , , … , ), ( , , … , )
=
tương ứng là các tọa độ của cùng một vectơ trong hai cơ sở nói trên. Theo công thức
(3.7), ta có
[ ] = [ ].
(4.6)
Thay (4.6) vào biểu thức (4.4) của dạng toàn phương, ta được
[ ];
( )=[ ]
theo đó thì ma trận của dạng toàn phương ( , ) trong cơ sở mới { ,
=
.
,…,
} này là
(4.7)
Do ma trận chuyển cơ sở là ma trận khả nghịch, nên
=
, và như
vậy, hạng của ma trận dạng toàn phương không thay đổi qua các biến đổi cơ sở.
Định nghĩa 4.5. Người ta gọi hạng của ma trận dạng toàn phương là hạng của
( ). Như vậy theo định nghĩa,
( )=
dạng toàn phương và ký hiệu là
, còn định thức của ma trận dạng toàn phương
được gọi là định thức dạng
toàn phương.
Từ nay, khi nói về dạng toàn phương, chúng ta luôn hiểu, đấy là dạng toàn phương
( ) = > 0. Trường hợp
( ) = 0 có nghĩa là = không cần phải
có
nghiên cứu gì.
Từ (4.6) và nhận xét ngay trước định nghĩa 4.5, ta nhận được
Bổ đề 4.3.
1. Hạng của dạng toàn phương không thay đổi qua các biến đổi cơ sở của không
gian vectơ .
2. Định thức của ma trận dạng toàn phương không đổi dấu qua các biến đổi cơ sở
của không gian vectơ .
∆ Thật vậy, chỉ còn phải chứng tỏ khẳng định 2. Điều này cũng dễ dàng nhận được
(
)=(
)
=
.□
từ (4.6), vì
4.2.
Dạng chính tắc của dạng toàn phương
4.2.1. Khái niệm cơ sở chính tắc của dạng toàn phương.
( )= .
Giả sử ( ) là dạng toàn phương trong không gian vectơ ,
Định nghĩa 4.6. Cơ sở { , , … , } của không gian vectơ được gọi là cơ sở
chính tắc của dạng toàn phương ( ) nếu tồn tại các số
, , … , ∈ ℝ;
≠ 0, ( = 1,2, … , ) để trong cơ sở này ( ) có dạng
178
(4.8)
⎧ ( )=
⎪
⎨
⎪
⎩
=
Khi đó người ta nói (4.8) là dạng chính tắc của của dạng toàn phương ( ).
Như vậy, cơ sở { , , … , } của không gian vectơ là cơ sở chính tắc của dạng
( ) nếu trong cơ sở này ( ) có ma trận đường chéo
toàn phương
( , , … , , 0, … ,0); ≠ 0, ( = 1,2, … , ).
=
của dạng toàn phương trong cơ sở
Theo định nghĩa ma trận
=
{ , , … , } thì điều đó có nghĩa là
= ( , ) = 0 với mọi ≠ ,
= ( ,
)=
, ( = 1,2, … , );
= 0, ( =
+ 1, + 2, … , ) .
Ví dụ 4.3. Trong không gian ℝ , xét dạng toàn phương
( )=
+2
+2
+ . Gọi { , , } là cơ sở chính tắc của ℝ .
Nếu ta biến đổi hệ cơ sở từ { } sang { } theo công thức
[ ] =[ ] ;
trong đó,
1 −1 0
= 0 1 −1 ,
0 0
1
tức là
=
=− +
,
=− +
thì do
= 1 khác không, nên qua biến đổi trên { , , } là một cơ sở trong ;
Theo công thức (3.7) về tọa độ vectơ khi đổi cơ sở, thì điều sau cùng cho ta công
thức đổi biến
= −
= − .
[ ]= [ ]⇔
=
Thay công thức đổi biến vừa nhận được vào ( ) ta được dạng chính tắc
( )= − + .
Như vậy ta đã tìm được cơ sở chính tắc của dạng toàn phương ( ) đó là
{ , , }; trong đó = (1,0,0), = (−1,1,0), = (0, −1,1).
Viết theo (4.8), ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương:
( )= − +
.□
=
+
+
Ví dụ 4.4. Trong không gian vectơ ,
= 3. Xét dạng toàn phương
179
( )=
+2
có ma trận
+2
+4
. Gọi { ,
,
} là cơ sở đã cho của . ( )
1 1 1
= 1 0 2 ,
= 2.
1 2 0
1 −1 −2
Gọi ma trận = 0 1
. giờ ta áp dụng đổi biến theo công thức
1 Bây
0 0
1
= − −2
[ ]= [ ]⇔
= +
,
=
vào dạng toàn phương đã cho ta sẽ nhận được dạng chính tắc cần tìm
( )= − .
Cơ sở chính tắc { , , } của dạng toàn phương nhận được theo công thức
[ ] =[ ] ;
=
=− +
tức là
.□
= −2 + +
4.2.2. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.
a) Phương pháp Lagrange.
Như ta đã thực hiện trong ví dụ 4.3, để tìm dạng chính tắc và cơ sở chính tắc của
dạng toàn phương trong không gian vectơ ta có thể hành động theo hai cách.
Cách thứ nhất, tìm biến đổi cơ sở, từ cơ sở cho trước ban đầu { , , … , } sang
cơ sở chính tắc { , , … , } theo công thức
[ ] =[ ] .
(4.9)
Cách thứ hai, áp dụng công thức (3.7) về tọa độ vectơ khi đổi cơ sở ta được đổi biến
[ ] = [ ],
(4.10)
hay nói theo ngôn ngữ dạng toàn phương trên trường, như trong định nghĩa 4.4, thì điều
sau cùng có nghĩa là ta đã áp dụng đổi biến (4.10), với ma trận khả nghịch, cho dạng
toàn phương Φ( , , … , ) = ∑ ,
, từ các biến , , … ,
sang các biến
chính tắc , , … , . Hai cách nói về biến đổi dạng toàn phương, theo các biến
, ,…,
hay theo các tọa độ ( , , … , ) của vectơ chỉ là hai cách diễn đạt
khác nhau của cùng một nội dung mà thôi. Sau đây chúng ta sẽ sử dụng cả hai cách
diễn đạt này tùy theo sự thuận tiện.
Định lý 4.1. Đối với mỗi dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ , tồn tại
cơ sở chính tắc { , , … , } mà trong đó ( ) có dạng chính tắc:
180
⎧ ( )=
⎪
;
⎨
⎪
⎩
=
( ).
trong đó =
Chứng minh. Giả sử trong cơ sở cho trước ban đầu { ,
vectơ , dạng toàn phương ( ) có dạng
( ) = Φ( ,
,…,
)=
,…,
} của không gian
.
,
Ta sẽ từng bước áp dụng các đổi biến tuyến tính dạng (4.10) với ma trận khả
nghịch để tách dần các bình phương theo các biến mới. Với cách làm này, người ta
gọi phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc là phương
pháp tách bình phương.
Bước 1. Nếu tồn tại
≠ 0, ví dụ như
≠ 0, ta viết
( ) = Φ( ,
=
,…,
+
)=
+2
+Φ ( ,
+⋯+
trong đó Φ ( ,
Đặt
,…,
+Φ ( ,
)
,…,
,…,
)
(4.11)
), ( = 1,2) là các dạng toàn phương thích hợp.
+ ⋯+
=
=
…
⎨
⎩
=
từ (4.11) ta nhận được
( )=
⎧
+ ⋯+ 2
+
=
⎧
⇔
−
− ⋯−
=
…
=
⎨
⎩
+Φ ( ,
,…,
),
,
(4.12)
sau đổi biến
[ ]=
với ma trận
[
],
(4.13)
khả nghịch,
… −
⎡1 −
⎤
⎢
⎥
= ⎢0
1
…
0 ⎥.
⎢
⎥
…
⎣0
0
…
1 ⎦
Nếu
= 0 ∀ = 1,2, … , . Khi đó phải tồn tại một hệ số nào đó
≠ 0, nếu
( ) = 0 không có việc gì phải làm. Giả sử
không thì
≠ 0. Trong trường
hợp này, trước hết phải thực hiện một đổi biến để dẫn đến trường hợp đã xét, đó là
181
⎧
⎪
với ma trận
=
=
−
+
=
⎨
…
⎪
=
⎩
khả nghịch,
(4.14)
⇔[
1
1
]=
[
]
−1
1
… 0
… 0
=
,
…
0
0 … 1
và sau đổi biến (4.14), từ dạng toàn phương ban đầu ta được
( ) = G( , , … , ) =
(
) + G ( , ,…,
−
),
(4.15)
trong đó, G ( , , … , ) là một dạng toàn phương không có chứa bình phương
của hay của nữa nên được đưa về trường hợp đã xét ở trên.
Như vậy, nếu dạng toàn phương đã cho không chứa một bình phương nào của các
ẩn thì ta phải thực hiện hai đổi biến liên tiếp trong bước một: thoạt đầu đổi biến
dạng (4.14) là [ ] = [ ], kế tiếp đổi biến dạng (4.13) là [ ] = [ ] hay là
được đổi biến tổng hợp
[ ]=
[ ].
(4.16)
Nói một cách khác, nếu áp dụng đổi biến (4.16) cho dạng toàn phương ban đầu
( ) ta sẽ nhận được (4.12).
Bước 2: thực hiện bước 1 cho dạng toàn phương Φ ( , , … , ) trong (4.12), đã
nhận được sau bước 1, có số ẩn ít hơn một so với dạng toàn phương ban đầu. Sau
không quá − 1 bước ta sẽ nhận được dạng chính tắc cần tìm (4.8).
Giả sử phải thực hiện s bước liên tiếp ta sẽ nhận được dạng chính tắc của dạng toàn
phương ( ). Gọi ( ) , ( = 1,2, … , ) là ma trận đổi biến trong bước thứ ,
= ( ) ( ) … ( ) . Đổi biến
[ ]= [ ]
(4.17)
sẽ đưa dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc (4.8).
Như đã trình bày trong phần đầu của mục con này, trở lại ngôn ngữ dạng toàn
phương trong không gian vectơ, thì điều này có nghĩa là ta đã tìm được cơ sở chính
tắc của dạng toàn phương là { , , … , }, theo công thức biến đổi cơ sở
[ ] =[ ] ,
(4.18)
với ma trận chuyển cơ sở
= ( ) ( ) … ( ).
là ma trận đổi biến về chính tắc đã nhận được ở trên
+
Ví dụ 4.5. Trong ℝ cho dạng toàn phương ( ) = Φ( , , ) = 2
2
−6
. Hãy đưa ( ) về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange và
182
chỉ ra một cơ sở chính tắc.
∆ Vì dạng toàn phương đã cho không chứa một bình phương nào của các ẩn nên ta
phải thực hiện hai đổi biến liên tiếp trong bước một. Trước tiên đổi biến theo công
thức (4.14):
= −
1 −1 0
= + ⇔ [ ] = [ ];
= 1 1 0
=
0 0 1
−8
.
Ta nhận được ( ) = 2 − 2 − 4
Bây giờ ta viết, ( ) = 2( − ) − 2 − 2 − 8
và đặt
− =
= +
=
=
⇔
hay đổi biến theo công thức
=
=
1 0 1
[ ] = [ ] với = 0 1 0 ta
, tiếp tục có
0 0 1
( )=2 −2 −2 −8
.
Như vậy ma trận đổi biến của bước 1 là
1 −1 1
( )
=
= 1 1 1 tức là sau đổi biến [ ] = ( ) [ ] từ dạng toàn
0 0 1
phương đã cho ta sẽ nhận được dạng sau cùng.
Sang bước 2, từ dạng sau cùng của ( ), ta viết
( ) =2 −2 −2 −8
= 2 − 2[( + 2 ) − 3 ] và đặt
=
=
+2 = ⇔
= −2
=
=
1 0 0
= 0 1 −2 ,
⇔ [ ] = [ ];
0 0 1
thì ta nhận được dạng chính tắc
( )=2 −2 +6 ,
hay viết một cách đầy đủ dạng chính tắc của dạng toàn phương trong không gian
vectơ là
( ) =2 −2 +6
;
=
+
+
trong đó, { , , } là cơ sở chính tắc của dạng toàn phương ( ).
Như vậy, đổi biến tổng hợp đưa về chính tắc là
[ ] = [ ],
với
183
= − +3
1 −1 3
= + −
=
= 1 1 −1 ⇔
,
=
0 0
1
có nghĩa là thế phép đổi biến sau cùng vào dạng toàn phương đã cho, ta sẽ nhận
được dạng chính tắc như trên.
Cơ sở chính tắc { , , } của dạng toàn phương ( ) nhận được từ cơ sở chính
tắc { , , } của ℝ theo công thức
= +
=− +
[ ] =[ ] ⇔
,
=3 − +
hay viết theo tọa độ = (1,1,0), = (−1,1,0), = (3, −1,1). □
Chú thích 4.1. Mỗi cách đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc có thể cho ta một
cơ sở chính tắc của dạng toàn phương. Dạng toàn phương trong ví dụ 4.5 còn có hai
cơ sở chính tắc nữa, theo hai đổi biến đưa về chính tắc sau đây:
( )
=
=
−
+
=
dạng chính tắc
+3
−
( )=
=
=
và
−2
+3 +2
− −2
=
; trong đó đổi biến thứ nhất cho
+ 6 , còn đổi biến thứ hai cho dạng chính tắc
( ) = 2 + 6 − 8 . Nói một cách khác, ta đã chứng tỏ được, đối với mỗi
dạng toàn phương trong không gian vectơ có thể có nhiều cơ sở chính tắc khác
nhau.
b) Phương pháp Jacobi.
Giả sử dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ có dạng song tuyến tính
; trong đó
=
, . Ký hiệu
đẳng cực ( , ) với ma trận =
…
…
( )
( )
= ..
.. … .. ,Δ =
..
và gọi chúng tương ứng là ma trận con chính, định thức con chính bậc k của .
Giả sử Δ ≠ 0 với mọi = 1,2, … , . Gọi { , , … , } là cơ sở ban đầu của
không gian vectơ ( , ℝ). Phương pháp Jacobi xây dựng cơ sở chính tắc { , , … , }
của dạng toàn phương ( ) thỏa mãn ba điều kiện:
(i) Ma trận chuyển cơ sở từ { } sang { } là ma trận tam giác trên:
…
0
…
=
,
.. …
0
0 …
184
tức là [ ] = [
ii)
]
, hay cụ thể hơn
=
=
+
…
=
+
+⋯+
,
(4.19)
;
(4.20)
= 0 ∀ = 1,2, … , − 1;
( ,
iii)
) = 1.
(4.21)
,
Dễ dàng thấy, điều kiện (4.20) cùng với (4.19) cho ta
≠ , ( , = 1,2, … , ); Thật vậy, do
,
cho
=
,
nên chỉ cần chứng tỏ
= 0 khi < . Theo (4.19), (4.20) ta có
,
=
∑
,
=
, ) = 0.
(
∑
,
= 0 với mọi
Như vậy ta đã chứng tỏ được hệ { , , … , } được xây dựng, thỏa mãn các điều
kiện (4.19), (4.20), (4.21) và là hệ cơ sở chính tắc của dạng toàn phương ( ).
) là vectơ cột thứ của ma trận tìm được bằng phương
Các hệ số ( , , … ,
pháp qui nạp theo :
( , )=
Với = 1, theo (4), ( , ) = (
, )=
= 1 cho ta
=
=
Δ
Δ
; trong đó ta coi Δ = 1. Theo (4.19),
tạo thành hệ Gauss
( )
phương trình tuyến tính
+
0
+
0
… = .. ⇔
+
1
điều kiện từ (4.20) và (4.21)
ẩn ( ,
+⋯+
+ ⋯+
…
+ ⋯+
,…,
) sau đây
=0
=0
,
(4.22)
=1
và nghiệm của nó cho ta biểu thức xác định từ (4.19). Trường hợp riêng, theo công
thức Cramer, ta có:
Δ
(4.23)
=
, ( = 1,2, . . , ).
Δ
Dễ dàng thấy,
= 1,2, … , ta có
( ,
)=
); Thật vậy, theo (4.19), (4.20), (4.21), với mỗi
= ( ,
,
=
,
=
(
,
)=
.
Theo định nghĩa của ma trận dạng toàn phương trong cơ sở { , , … , } thì
được xác định theo (4.23) chính là các hệ số của dạng toàn phương chính tắc
185
(4.24)
⎧ ( )=
⎪
⎨
⎪
⎩
=
Chú thích 4.2. Từ đầu mục con này, ta đã đặt điều kiện áp dụng phương pháp
Jacobi đó là: tất cả các định thức con chính của ma trận của dạng toàn phương
( ) đều khác 0. □
Ví dụ 4.6. Đưa dạng toàn phương ( ) sau về dạng chính tắc bằng phương pháp
Jacobi; chỉ ra cơ sở chính tắc { , , } và ma trận chuyển cơ sở ban đầu
{ , , } sang cơ sở chính tắc.
( )=
+ −2
+2
∆ Ta có ma trận dạng toàn phương ( ) là
1 −1 0
= −1 0 1 .
0
1 1
Δ
Δ
= = 1,
= = −1,
= = .
Có Δ = 1, Δ = −1, Δ = −2;
Δ
Δ
Δ
Theo (4.23), (4.24) ta có ngay dạng chính tắc cần tìm
1
( )= − +
;
2
trong đó hệ cơ sở chính tắc { , , } được tìm theo (4.19),(4.22)
=
=
+
,
=
+
+
0
1 −1
=
cho ( , ) = (−1, −1);
1
−1 0
1 −1 0
0
1 1 1
= 0 cho( , , ) =
, , .
−1 0 1
2 2 2
0
1 1
1
Ta nhận được cơ sở chính tắc của phương pháp Jacobi là { ,
= (1,0,0),
= (−1, −1,0),
= (1,1,1); ma trận chuyển cơ sở
,
} với
sang cơ sở
chính tắc, theo (4.19) có các cột theo thứ tự là các cột tọa độ của , , :
1 2 −2 1
= 0 −2 1 .
2
0 0 1
Như vậy, sau đổi biến [ ] = [ ] từ dạng toàn phương đã cho ta nhận được dạng
chính tắc
186
( )=
=
−
+
+
+
1
2
.□
4.2.3. Định luật quán tính.
Giả sử dạng toàn phương ( ) có dạng chính tắc là
( )=
trong đó
=
(4.25)
;
( ).
Giả sử là số các hệ số dương, là số các hệ số âm trong (4.25).
Định nghĩa 4.7. Người ta gọi là chỉ số dương, là chỉ số âm của dạng toàn
phương ( ), còn hiệu số = − là ký số của dạng toàn phương ( ).
Ta sẽ chứng minh định luật quán tính sau đây về dạng toàn phương.
Định lý 4.2. Chỉ số dương (chỉ số âm, hay ký số) của dạng toàn phương không phụ
thuộc vào cơ sở chính tắc của dạng toàn phương.
Chứng minh.
Không làm mất tính tổng quát, ta có thể coi hệ số đầu tiên trong dạng chính tắc
(4.8) là các số dương: , , … , > 0, còn lại
,
, … , < 0, nếu cần thiết,
đánh số lại các ẩn trong dạng chính tắc (tương đương là đánh số lại các vectơ của hệ
cơ sở chính tắc của dạng toàn phương).
Giả sử ta có hai cơ sở chính tắc của dạng toàn phương ( ) là { , , … , } và
{ℎ , ℎ , … , ℎ } với ma trận chuyển cơ sở , tức là
[ℎ ] = [ ] ;
Hay viết theo tọa độ vectơ, ta có
( )=
(4.26)
+ ⋯+
−
−⋯−
=
+
+ ⋯+
và
( )=
+ ⋯+
= ℎ +
−
ℎ + ⋯+
−⋯−
(4.27)
ℎ
trong đó , > 0 với mọi = 1,2, … , .
Nói theo ngôn ngữ đổi biến thì điều này có nghĩa là, áp dụng đổi biến
[ ] = [ ],
(4.28)
thì từ (4.26) ta sẽ nhận được (4.27), hay cũng có nghĩa là, thế (4.28) vào (4.27) ta
được đồng nhất thức sau đây theo các biến , , … , :
(4.29)
+⋯+
−
−⋯−
=
+ ⋯+
−
−⋯−
187
Giả sử
sau:
<
, theo (4.28), ta tìm một biến đổi tuyến tính thỏa mãn các điều kiện
=0
=0
…
.
⎨
=0
⎪
⎩
=
=⋯= =0
Đây là hệ + ( − ) phương trình tuyến tính thuần nhất ẩn , , … , ,
có số phương trình + ( − ) < − số ẩn nên có nghiệm khác không
⎧
⎪
( )
,
( )
,…,
tương ứng với (4.28), cho giá trị ( ,
( )
,…,
, 0, … 0 ≠ ,
) = 0, … ,0,
( )
,
( )
,…,
( )
.
Theo lập luận trên thì khi thay nghiệm khác không tìm được vào (4.29) ta nhận
được đồng nhất thức
−
Điều
hoặc
nhau
=
=
( )
− ⋯−
( )
=
( )
+ ⋯+
( )
.
sau cùng vô lý vì vế phải là một số lớn hơn hẳn 0, còn vế trái là số nhỏ hơn
bằng 0. Điều vô lý này chứng tỏ không thể có < . Đổi vai trò , cho
trong lập luận trên ta được > là điều vô lý. Vậy ta đã chứng minh được
. Do =
( ) không đổi, + = không đổi nên ta có cả lẫn
− cũng không đổi. □
4.3.
Dạng toàn phương xác định dương
a) Khái niệm dạng toàn phương xác định dương.
Định nghĩa 4.8. Dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ được gọi là
dạng toàn phương xác định dương nếu ( ) > 0 với mọi vectơ ∈ , ≠ .
Dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ được gọi là dạng toàn phương
xác định âm nếu − ( ) xác định dương, hay là tương đương, ( ) < 0
với mọi vectơ ∈ , ≠ .
Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu hai tiêu chuẩn xác định dương của dạng toàn
phương, đó là tiêu chuẩn về ký số và tiêu chuẩn Silvester.
b) Tiêu chuẩn ký số về dạng toàn phương xác định dương.
Định lý 4.3. Để dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ ,
= , xác
( ) = và ký số = .
định dương, điều kiện cần và đủ là
Chứng minh.
i) Điều kiện cần. Giả sử dạng toàn phương ( ) xác định dương và trong cơ sở
chính tắc { , , … , } có dạng
(4.30)
( )=
,
188
( ) = , vì nếu ngược lại,
( )= <
Khi đó, thứ nhất, ta phải có
thì lấy vectơ ∈ , =
≠ nhưng lại có ( ) = 0, trái với giả thiết xác định
dương của ( ). Như vậy ta đã chỉ ra được dạng chính tắc của ( ) là
(4.31)
( )=
,
Thứ hai là, trong (4.31), ta phải có = hay cũng thế, chỉ số dương = . Thật
vậy, nếu ngược lại, có một hệ số nào đó trong dạng chính tắc (4.21) âm, ví dụ như
< 0, ( ∈ {1,2, … , }) thì lấy vectơ
∈ , = ≠
nhưng lại có
( ) = < 0, trái với giả thiết xác định dương của ( ).
( ) = và = , tức là chỉ số
ii) Điều kiện đủ. Hiển nhiên đúng, vì nếu
dương = thì tồn tại cơ sở { , , … , } của , để ( ) có dạng chính tắc là
⎧ ( )=
⎪
,
> 0, ( = 1,2, … , )
,
⎨
=
⎪
⎩
Khi đó hiển nhiên ( ) > 0 với mọi vectơ ∈ , ≠ . □
Tiêu chuẩn về ký số của dạng toàn phương xác định dương có phát biểu rất đơn
giản nhưng việc áp dụng nó có phần không đơn giản vì ta phải đưa dạng toàn phương
về dạng chính tắc, kiểm tra các điều kiện: hạng của nó bằng chiều của không gian vectơ
và các hệ số trong dạng chính tắc đều dương. Nhờ có phương pháp Jacobi đưa dạng
toàn phương về dạng chính tắc, công việc này cũng đỡ vất vả hơn.
Ví dụ 4.7. Xét tính xác định dương của dạng toàn phương ( ) theo tiêu chuẩn về
+2 +4 +2
+2
+4
.
ký số, ( ) =
∆ Dạng toàn phương có ma trận
1 1 1
= 1 2 2 .
1 2 4
Theo phương pháp Iacobi, ta có ∆ = 1, ∆ = 1, ∆ = 2 nên nó các hệ số trong dạng
chính tắc
=
∆
= 1,
=
∆
∆
= 1,
=
∆
∆
= . Dạng toàn phương đã cho xác định dương. □
c) Tiêu chuẩn Silvester.
Giả sử ( ) là một dạng toàn phương trong không gian vectơ có ma trận .
Định lý 4.4. Để dạng toàn phương ( ) xác định dương điều kiện cần và đủ là các
định thức con chính của đều dương.
189
Chứng minh.
i) Điều kiện cần. Gọi cơ sở cho trước trong là { , , … , }. Với cố định tùy
ý, ∈ {1,2, … , }, gọi
= ( , , … , ) là không gian vectơ con trong sinh
bởi các vectơ { , , … , }. Vì ( ) xác định dương trong nên nó cũng xác đinh
dương trong
. Dễ thấy trong
dạng toàn phương ( ) có ma trận
…
…
( )
= ..
. . … . . . Theo điều kiện xác định dương về ký số thì dạng
…
có chỉ số dương = và vì thế có định thức dương; Vì
chính tắc của nó trong
định thức dạng toàn phương không đổi dấu qua các biến đổi cơ sở trong không gian
vecơ nên ∆ = ( ) > 0 với mọi = 1,2, … , .
ii) Điều kiện đủ
Giả sử tất cả ∆ > 0, = 1,2, … , . Theo phương pháp Jacobi, đưa dạng toàn
phương về dạng chính tắc, ta xây dựng được cơ sở chính tắc { , , … , } của dạng
toàn phương ( ) theo công thức
[ ] =[ ]
(4.32)
trong đó C là ma trận tam giác trên sao cho, trong cơ sở này ( ) có dạng chính
tắc:
∆
∆
∆
( )=
+
+⋯+
.
∆
∆
∆
Vì các ∆ > 0, = 1,2, … , nên ( ) > 0 với mọi ∈ , ≠ . □
Từ định lý 4.4 và định nghĩa dạng toàn phương xác định âm ta có ngay hệ quả sau
đây.
Hệ quả 4.1. Để dạng toàn phương ( ) xác định âm, điều kiện cần và đủ là
(−1) ∆ > 0, với mọi = 1,2, … , ; tức là các định thức con chính của
là
∆ , ∆ , … , ∆ lần lượt đổi dấu sao cho ∆ > 0.
Ví dụ 4.8. Dạng toàn phương ( ) trong không gian vectơ ,
= 3, có ma
trận
1 1 −1
= 1 2 2 ,
−1 2 4
là dạng toàn phương không xác định dấu (không xác định dương mà cũng không
xác định âm) vì ∆ = 1, ∆ = 1, ∆ = −6, không thỏa mãn định lý 4.4 và hệ quả 4.1.
190
4.4. Không gian Euclid
4.4.1. Tích vô hướng.
Giả sử là không gian vectơ trên trường số thực ℝ,
= .
Định nghĩa 4.9. Ánh xạ : × → ℝ được gọi là tích vô hướng trong
với hai vectơ bất kỳ ,
〈 , 〉,
∈ , xác định duy nhất một số, ký hiệu là
thỏa mãn các điều kiện sau đây với mọi , , ∈ ;
1) 〈 , 〉 = 〈 , 〉.
nếu,
( , )=
∈ ℝ:
2) 〈
, 〉 = 〈 , 〉.
3) 〈 , + 〉 = 〈 , 〉 + 〈 , 〉
4) 〈 , 〉 ≥ 0, ngoài ra 〈 , 〉 = 0 khi và chỉ khi
= .
Bốn điều kiện trong định nghĩa tích vô hướng còn được gọi là bốn tiên đề của tích
vô hướng.
Sau đây chúng ta dẫn ra một số ví dụ về tích vô hướng thường gặp.
Ví dụ 4.9. Trong các không gian các vectơ tự do ,
ta đã rất quen thuộc
với tích vô hướng
〈 ⃗, ⃗〉 = ⃗. ⃗ = | ⃗| ⃗
trong đó,
;
− là góc giữa hai vectơ ⃗ và ⃗.
Ví dụ 4.10. Trong không gian tọa độ n chiều ℝ với ̅ = ( ,
=( ,
(4.33)
,…,
,…,
),
), ta định nghĩa
(4.34)
〈 ̅, 〉 =
.
Dễ dàng chứng minh được (4.4) xác định cho ta một tích vô hướng trong ℝ . Thật
vậy, rõ ràng là, với mọi ̅ , , ̅ ∈ ℝ , ∈ ℝ ta có:
- 〈 ̅ , 〉 = 〈 , ̅ 〉.
- 〈 ̅, 〉 = ∑
= ∑
= 〈 ̅ , 〉.
( + )=∑
- 〈 ̅ , + ̅〉 = ∑
+∑
= 〈 ̅ , 〉 + 〈 ̅ , ̅〉; trong đó
̅ = ( , , … , ).
- 〈 ̅, ̅〉 = ∑
≥ 0; ∑
> 0 nếu ̅ ≠ ̅ . □
Tích vô hướng (4.34) trong ℝ được gọi là tích vô hướng Euclid.
Ví dụ 4.11. Giả sử là không gian vectơ trên trường số thực,
= , ( , ) là
dạng song tuyến tính đối xứng sao cho ( ) = ( , ) là dạng toàn phương xác
định dương trong thì xác định
〈 , 〉 = ( , ),
(4.35)
191
ta sẽ nhận được một tích vô hướng trong .
Có thể lấy ví dụ bằng số cụ thể trong ℝ như sau:
Gọi = ( , ), = ( , ). Xét ma trận
1 −1
=
.
−1 2
Dạng song tuyến tính đối xứng trong ℝ có ma trận
( , )=[
]
=
có dạng toàn phương tương ứng ( ) =
−
−
−2
là
+2
+2
,
(4.36)
, theo định lý Silvester,
là dạng toàn phương xác định dương nên (4.36) là một tích vô hướng trong ℝ .
Tích vô hướng này hoàn toàn khác so với các tích vô hướng ta đã đề cập trong các
ví dụ 4.9, 4.10.
Một cách tổng quat, nếu có ma trận ∈
(ℝ) là ma trận đối xứng, sao cho tất cả
các định thức con chính của nó đều dương, là không gian vectơ n chiều trên
trường số thực, = ( , , … , ), = ( , , … , ) là tọa độ của các vectơ
, ∈ (trong một cơ sở cho trước của ) thì xác định
(4.37)
〈 , 〉= ( , )=[ ]
,
ta sẽ được một tích vô hướng trong không gian vectơ , và như thế ta đã biến
thành một không gian Euclid với tích vô hướng (4.37). Trường hợp đặc biệt khi
= là ma trận đơn vị thì
〈 , 〉=
,
chính là tích vô hướng (4.34) đã xét trong ví dụ 4.10. □
Định nghĩa 4.10. Không gian vectơ (hữu hạn chiều) trên trường số thực mà trong
đó xác định tích vô hướng được gọi là không gian Euclid.
Từ bây giờ chúng ta sẽ ký hiệu là không gian Euclid với tích vô hướng 〈. , . 〉 có
= .
4.4.2. Các bất đẳng thức của tích vô hướng
Với ∈ , ký hiệu ‖ ‖ = 〈 , 〉 và gọi là độ dài (hay còn gọi là chuẩn) của vectơ
. Sau đây ta chứng minh hai bất đẳng thức quan trọng về độ dài của vectơ trong không
gian Euclid.
Từ định nghĩa, ta có ngay một tính chất của chuẩn vectơ:
‖ ‖ = | |‖ ‖.
(4.38)
Thật vậy, theo định nghĩa của chuẩn vectơ và tiên đề thứ hai của tích vô hướng, ta
có ‖
192
‖=
〈
,
〉=
〈 , 〉 = | |‖ ‖. □
Định nghĩa 4.11. Hai vectơ , ∈ , được gọi là các vectơ đồng phương,
tại ∈ ℝ để = ; được gọi là các vectơ cùng chiều nếu tồn tại ∈ ℝ ,
= .
Vectơ không ( ) đồng phương với mọi vectơ khác. Thật vậy, với mọi ∈
= 0 . Vì thế sau này, khi nói về các vectơ , đồng phương, nếu không
gây ra sự hiểu lầm, ta coi các vectơ , ≠ .
a) Bất đẳng thức Cauchy –Bunhiakovsky.
Với mọi , ∈ ta có bất đẳng thức Cosi –Bunhiakovsky sau:
〈 , 〉 ≤‖ ‖ ‖ ‖ ,
nếu tồn
> 0 để
, ta có
(4.39)
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , là các vectơ đồng phương.
Chứng minh. Nếu một trong hai vectơ hoặc bằng không ( ) thì bất đẳng thức
hiển nhiên đúng: = . Ta coi cả hai vectơ , ≠ . Khi đó với mọi ∈ ℝ, theo
tiên đề thứ tư của tích vô hướng,
( ) = 〈 + , + 〉 ≥ 0.
Nhưng 〈 + , + 〉 = ‖ ‖ + 2 〈 , 〉 + ‖ ‖ ; ( ) là một tam thức bậc
hai đối với , lại cùng dấu với hệ số của với mọi ∈ ℝ, điều này xảy ra khi và
chỉ khi biệt số ∆ = 〈 , 〉2 − ‖ ‖2 ‖ ‖2 ≤ 0, đó là (4.39).
Dấu bằng trong (4.39) xảy ra khi và chỉ khi ( ) là một bình phương đủ, cụ thể là
( )=‖ ‖
〈 , 〉
‖
−‖
,
tức là tồn tại
〈 , 〉
‖
∈ℝ ( =‖
= − ) để
( ) = 〈 + , + 〉 = 0, theo tiên đề 4 của tích vô hướng, điều này xảy ra khi
và chỉ khi +
= 0, tức là = . □
b) Bất đẳng thức Minkovsky.
Với mọi , ∈ ta có bất đẳng thức Minkovsky sau:
‖ + ‖ ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖,
(4.40)
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , là các vectơ cùng chiều.
Chứng minh. Thật vậy, theo (4.39), ta có
‖ + ‖ = 〈 + , + 〉 = ‖ ‖ + ‖ ‖ + 2〈 , 〉 ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖ +
2‖ ‖. ‖ ‖ = (‖ ‖ + ‖ ‖) ,
hay là ‖ + ‖ ≤ (‖ ‖ + ‖ ‖) đó chính là (4.40).
Dấu bằng trong (4.40) xảy ra khi và chỉ khi xảy ra hai dấu bằng, trong bất đẳng thức
(4.39) và 〈 , 〉 = ‖ ‖. ‖ ‖. Theo (4.38) và chứng minh trên, điều đó tương đương
với
=
=
⇔
.□
=| |
>0
Như vậy, từ (4.38), (4.40) ta thấy chuẩn ‖. ‖ của vectơ trong không gian Euclid có
ba tính chất sau đây với mọi , ∈ , ∈ ℝ.
193
i) ‖ ‖ ≥ 0.
ii) ‖ ‖ = | |‖ ‖.
iii) ‖ + ‖ ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖.
Trong trường hợp không gian vectơ tổng quát (kể cả vô hạn chiều) người ta lấy ba
tính chất trên làm ba tiên đề về chuẩn và không gian vectơ trên trường số thực mà trong
đó có xác định chuẩn của vectơ thỏa mãn ba tiên đề này được gọi là không gian vectơ
định chuẩn. Như vậy không gian Euclid là không gian vectơ định chuẩn. Chuẩn trong
không gian Euclid được xác định bởi tích vô hướng của nó. Không gian vectơ định
chuẩn đóng vai trò trung tâm trong sự phát triển của giải tích hiện đại, trong đó có giải
tích hàm, nơi mà nghiên cứu chủ yếu tập trung vào các không gian vectơ vô hạn chiều.
4.4.3. Hệ cơ sở trực chuẩn
a) Hệ cơ sở trực chuẩn.
Định nghĩa 4.12. Hai vectơ , ∈ được gọi là trực giao nếu 〈 , 〉 = 0.
Khi sử dụng ngôn ngữ hình học, để trực quan ta sẽ viết trong trường hợp này là
⊥ . Rõ ràng vectơ trực giao với mọi vectơ khác. Thật vậy, với mọi
∈ , ta đều
có 〈 , 〉 = 〈 , + 〉 = 〈 , 〉 + 〈 , 〉 và tất nhiên cho ta 〈 , 〉 = 0. Sau này khi nói
về các vectơ trực giao, nếu không có sự hiểu nhầm, ta luôn coi các vectơ này khác
không.
Ví dụ 4.12. Trong các không gian , , với tích vô hướng thông thường, được
xác định như trong ví dụ 4.9, dễ dàng thấy, hai vectơ ⃗ ⊥ ⃗ khi và chỉ khi góc tạo
.□
thành bởi hai vectơ bằng
Định nghĩa 4.13. Hệ vectơ { , , … , } trong không gian Euclid được gọi là
hệ trực giao nếu các vectơ này khác không và trực giao với nhau từng đôi một, và được
gọi là hệ trực chuẩn nếu nó là hệ trực giao và mọi vectơ của nó được chuẩn hóa, tức là
‖ ‖ = 1 với mọi = 1,2, … , .
Ví dụ 4.13. Trong không gian ℝ , = ( , ), = ( , ) với tích vô hướng xác
định như trong ví dụ 4.11,
〈 , 〉=
−
−
+2
,
= (1,2),
thì hai vectơ
= (3,1) trực giao với nhau.
Chuẩn của vectơ , theo định nghĩa là ‖ ‖ = 〈 , 〉 =
−2
+2
, nên
‖ ‖ = ‖ ‖ = √5 và thấy ngay hai vectơ
=‖
1
‖
= √5 (1,2),
=‖
1
‖
= √5 (3,1) tạo thành cơ sở trực chuẩn của không
gian Euclid này. □
Ví dụ 4.14. Trong không gian tọa độ n chiều ℝ , với tích vô hướng Euclid, cơ sở
chính tắc { , , … , } là hệ cơ sở trực chuẩn.
194
Đối với hệ vectơ trực giao ta có các kết quả sau đây:
Bổ đề 4.4. Hệ trực giao là hệ độc lập tuyến tính.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử { , , … , } là hệ trực giao và có ∑
= .
Nhân hai vế hệ thức này với , theo định nghĩa 4.9 và giả thiết về tính trực giao
của { , , … , } ta có
∑
〈 , 〉 = 〈 , 〉 ⇔ 〈 , 〉 = 0 ⇔ = 0 với mọi ∈ {1,2, … , }. □
Đối với hệ vectơ trực giao, ta có công thức Pitago tổng quát sau:
Nếu { , , … , } là hệ trực giao thì:
‖ + + ⋯+
‖ = ‖ ‖ +‖ ‖ +⋯+ ‖ ‖ .
(4.41)
∆ Thật vậy, vì các vectơ
, ,…,
trực giao với nhau từng đôi một,
〈 , 〉 = 0 ∀ ≠ , ( , = 1,2, … , ) nên theo định nghĩa 4.9, ta có
‖ = 〈 + + ⋯+ , + + ⋯+
〉=
‖ + + ⋯+
‖ ‖ + ‖ ‖ + ⋯+ ‖ ‖ . □
Trường hợp đặc biệt, khi = 2 ta được công thức Pitago: Nếu ⊥ thì:
‖ + ‖ = ‖ ‖ +‖ ‖ ,
có thể phát biểu là: Bình phương độ dài
mà trong không gian các vectơ tự do ,
cạnh huyền của một tam giác vuông bằng tổng các bình phương độ dài các cạnh góc
vuông.
Định nghĩa 4.14. Hệ vectơ { , , … , } được gọi là hệ cơ sở trực chuẩn của
nếu { , , … , } là cơ sở của và là hệ trực chuẩn.
Từ bổ đề 4.3 trên đây và bổ đề 3.5, ta có:
Hệ n vectơ { , , … , } trong không gian Euclid n chiều là hệ cơ sở trực chuẩn
của khi và chỉ khi { , , … , } là hệ trực chuẩn.
Như vậy, nếu biết không gian Euclid có chiều bằng n thì để kiểm tra xem một hệ có
n vectơ nào đó có phải là hệ cơ sở trực chuẩn hay không, ta chỉ cần kiểm tra tính trực
chuẩn của nó, mà không cần phải kiểm tra thuộc tính là cơ sở nữa.
Hệ cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclid đóng một vai trò quan trọng, như hệ
trục tọa độ Decac vuông góc trong Hình học giải tích, được thể hiện qua tính đơn giản,
dễ hiểu và tiện lợi của nó trong nghiên cứu cũng như trong tính toán.
và
Bổ đề 4.5. Nếu { , , … , } là hệ cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid
∈ là vectơ tùy ý thì:
(4.42)
〈 , 〉
=
Chứng minh. Giả sử ∑
. Nhân vô hướng hai vế của hệ thức này với
( ∈ {1,2, … , }), theo định nghĩa 4.9 và giả thiết về tính trực chuẩn của
{ , , … , } ta có
195
〈 , 〉=
〈 , 〉=
〈 , 〉=
‖ ‖ =
. □
Như vậy, theo (4.42), tọa độ thứ i của vectơ trong cơ sở trực chuẩn { , , … , }
bằng tích vô hướng của với .
Chú thích 4.3. Giả sử { , , … , } là một cơ sở trực chuẩn cố định của ,
=
+
+ ⋯+
, =
+
+⋯+
, khi đó, theo định
nghĩa, tích vô hướng
〈 , 〉=
+
+ ⋯+
,
đó chính là tích vô hướng Euclid, như ta đã nhấn mạnh trong ví dụ 4.10. Như vậy,
cho dù tích vô hướng trong có được định nghĩa thế nào đi nữa, nhưng khi đã viết
qua hệ cơ sở trực chuẩn thì nó là tích vô hướng Euclid. Vì lý do này, từ nay, nếu
không có nhấn mạnh gì đặc biệt, thì ta luôn coi tích vô hướng trong là tích vô
hướng Euclid.
Ví dụ 4.15. Ta trở lại với ví dụ 4.13, xét không gian ℝ , = ( , ), = ( , )
với tích vô hướng
〈 , 〉=
−
−
+2
.
Ở ví dụ 4.13 ta đã chỉ ra { ,
}; trong đó
=
cơ
hai
= (4,3),
sở
= √5
chuẩn
trực
chuẩn.
Xét
vectơ
√
(1,2),
=
√
(3,1) là một hệ
= (2, −1).
Ta
có
+ √5 ; = −√5 + √5 , hay nói theo tọa độ trong hệ cơ sở trực
{ , } thì
nên theo trên ta có
= √5, √5 , = −√5, √5
〈 , 〉 = −√5. √5 + √5. √5 = 0, tức là ⊥ . □
Định nghĩa 4.15. Ma trận ∈
(ℝ) được gọi là ma trận trực giao nếu
= .
Theo như chú thích 2.3, điều này cũng có nghĩa là
=
= ,
hay
=
.
(4.43)
(4.44)
Do
=
, nên từ (4.43) ta có
= ±1, ma trận trực giao là ma trận khả
nghịch.
Từ định nghĩa, ta dễ dàng thấy, là ma trận trực giao khi và chỉ khi hệ các vectơ
hàng {ℎ , ℎ , … , ℎ }, (hay là hệ các vectơ cột { , , … , }) của tạo thành các hệ cơ
sở trực chuẩn trong không gian tọa độ n chiều ℝ .
−
Ví dụ 4.16. Dễ dàng thấy, ma trận vuông cấp hai
là ma trận trực
giao.
196
Chú thích 4.4. Đối với mỗi hệ vectơ { , , … , } trong không gian Euclid ,
người ta xây dựng một ma trận tích vô hướng, gọi là ma trận Gram của { , , … , }
và ký hiệu là ( , , … , ), theo công thức
〈 , 〉 〈 , 〉 … 〈 , 〉
⎡
⎤
〈 , 〉 〈 , 〉 ... 〈 , 〉
⎥;
( , , … , ) = [ ][ ] = ⎢
..
…
⎢
⎥
⎣〈 , 〉 〈 , 〉 … 〈 , 〉⎦
trong đó [ ][ ] −là ký hiệu ma trận tích vô hướng của hai ma trận hình thức và
được hiểu là ma trận Gram viết sau dấu bằng thứ hai.
Theo định nghĩa, dễ dàng thấy, hệ n vectơ { , , … , } trong không gian Euclid n
chiều là hệ cơ sở trực chuẩn của khi và chỉ khi ma trận Gram của nó là ma trận
đơn vị cấp n: ( , , … , ) = [ ]. [ ] = .
Bây giờ ta sẽ nhận được kết quả tương tự như bổ đề 3.6 đối với hệ cơ sở trực chuẩn
trong không gian Euclid .
Bổ đề 4.6. Hệ vectơ { , , … , }, trong không gian Euclid , nhận được từ hệ cơ
sở trực chuẩn { , , … , } của theo công thức
[ ] =[ ] ,
(4.45)
là cơ sở trực chuẩn của khi và chỉ khi ma trận C là ma trận trực giao.
Chứng minh. Thật vậy, theo nhận xét ngay trước bổ đề 4.5, từ giả thiết ta có
[ ][ ] = . Thay (4.45) vào hệ thức của ma trận Gram của hệ { , , … , } ta
( , , … , ) = [ ][ ] = [ ][ ] =
được
.
Vậy
là,
hệ
{ , , … , } trực chuẩn khi và chỉ khi ( , , … , ) = , tức là
= hay
ma trận chuyển cơ sở là ma trận trực giao. □
b) Quá trình Gram – Schmidt.
Sau đây chúng ta sẽ trình bày một phương pháp trực chuẩn hóa một hệ vectơ độc
lập tuyến tính cho trước, mà người ta quen gọi là quá trình Gram – Schmidt.
Bổ đề 4.7. Đối với mỗi hệ vectơ độc lập tuyến tính cho trước { , , … , } trong
không gian Euclid , tồn tại hệ trực chuẩn { , , … , } thỏa mãn điều kiện
(4.46)
∈
, , … , . ( = 1,2, … , )
Chứng minh. Ta xây dựng hệ trực chuẩn { , , … , } từ hệ độc lập tuyến tính
cho trước { , , … , } qui nạp theo số vectơ .
Khi = 1, hệ cho trước độc lập tuyến tính có một vectơ { } nên
≠ , khi đó
chỉ việc đặt =
là được hệ trực chuẩn { } cần tìm.
‖
‖
Giả sử ta đã tìm được hệ trực chuẩn có = vectơ { , , … , } từ hệ độc lập
tuyến tính cho trước { , , … , } và thỏa mãn điều kiện (4.46). Bây giờ ta xây
197
} từ hệ độc lập tuyến tính
dựng hệ trực chuẩn có
= + 1 vectơ { , , … ,
} và thỏa mãn điều kiện (4.46) như sau:
cho trước { , , … , ,
Trước hết, ta tìm các số , = 1,2, … , để
=
+
+
+ ⋯+
trực giao với mọi , = 1,2, … , . Muốn vậy, nhân vô hướng hai vế
sao cho
của hệ thức cuối cùng với , = 1,2, … , , từ giả thiết { , , … , } trực chuẩn, ta
rút ra = −〈
, 〉, = 1,2, … , và được
=
−〈
, 〉 −〈
, 〉 −⋯−〈
, 〉
). ( = 1,2, … , )
Rõ ràng là
∈ ( , ,…,
Dễ dàng thấy
≠ 0 vì nếu ngược lại,
= 0 thì hệ thức cuối cùng cho ta
biểu diễn tuyến tính qua { , , … , } và theo giả thiết (4.46) với
= 1,2, … , thì
biểu diễn tuyến tính qua { , , … , } − trái với giả thiết
} độc lập tuyến tính. Bây giờ ta chỉ việc đặt
{ , ,…, ,
=
,
‖
‖
} cần tìm. □
là nhận được hệ trực chuẩn { , , … ,
Định lý 4.5. Đối với mỗi hệ cơ sở cho trước { , , … , } của không gian Euclid
, tồn tại hệ cơ sở trực chuẩn { , , … , } thỏa mãn điều kiện
(4.47)
∈
, , … , . ( = 1,2, … , )
Chứng minh. Suy ra từ bổ đề 4.7 khi = =
.□
Ví dụ 4.17. Tìm hệ cơ sở trực chuẩn trong không gian Euclid có
quá trình Gram – Schmidt từ một cơ sở { , , } có tọa độ
= (1,1,1),
= (1,1,2).
∆ Đặt
=‖
‖
=
−〈
,
cho ta
=
√
=
√
〉
(0,1,1),
−〈
,
=
〉
=
−〈 ,
〉
−
−
=
− √2
= 0, − ,
= 3 bằng
= (0,1,1),
= (1,0,0) =
,
,
(0, −1,1).
Vậy cơ sở trực chuẩn cần tìm là { , , }. □
c)
- phân tích
Sau đây chúng ta trình bày thêm một vấn đề có nhiều ứng dụng, đó là vấn đề về
−phân tích.
Bổ đề 4.8. Giả sử ∈
, (ℝ) là ma trận có các cột độc lập tuyến tính. Khi đó tồn
tại ∈
∈
(ℝ) sao cho
, ( ),
1.
=
.
2.
= .
3.
là ma trận tam giác trên với các phần tử trên đường chéo đều dương.
198
Các ma trận , thỏa mãn các điều kiện 1, 2, 3 là duy nhất.
Khi m = n thì Q là ma trận trực giao.
Chứng minh. Giả sử có n vectơ cột cỡ m (vectơ viết theo cột) độc lập tuyến tính
{ , , … , }. Áp dụng quá trình Gram – Schmidt ta nhận được hệ trực chuẩn
{ , , … , }. Theo bổ đề 4.7 ta có
′
〉
= 〈 , 〉 +〈 , 〉 +⋯+〈 ,
+
Hệ thức này với
= 1,2, … ,
có thể viết dưới dạng ma trận
=
trong đó
=[
];
…
⎡
⎢
⎢
=⎢
⎢
⎢
⎣
=[
,
‖ ‖ 〈 , 〉
′
0
0
0
0
0
] và
…
〈
〈
〈
〉
⎤
〉 ⎥
〉 ⎥
⎥.
⎥
〉⎥
〈 ,
‖ ′‖ ⎦
…
…
…
…
…
0
0
,
,
,
Như vậy, các khẳng định 1, 2, 3 đã được chứng minh.
Khẳng định rằng , duy nhất cũng suy ra từ hệ thức trên của . Thật vậy, giả sử
có thêm
−phân tích nữa =
như trong bổ đề; trong đó
=[ ] =
[
… ] và { , , … , } −là hệ trực chuẩn; Khi đó theo quá trình Gram –
Schmitd, đối với , ta có:
=〈
,
〉
+〈
,
Khi đó hệ thức thứ nhất với
‖ ‖=
=〈 ,
+ ⋯+ 〈
〉
+
〉
,
= 1 cho ta
=‖
= 〈 ,
+
=
= ‖ ‖, khi đó
= 1 tức là
= 2 cho ta
〉
〉
+
̅′
hay
‖
=
=
hay là
. Hệ thức thứ hai, với
′
hay là
=
′
có nghĩa là
= ′ cho ta
= , …, lập luận như vậy cho các giá trị k tiếp
= , = ,…, =
hay là
= và
theo và cuối cùng ta nhận được
= . □
Ví dụ 4.18. Tìm
−phân tích của ma trận
1
= −1
0
1
0
1
∆ Ở đây các vectơ cột của ma trận
= (1,1,1). Theo trên ta có
sau,
1
1
1
.
là
= (1, −1,0);
= (1,0,1);
199
=‖
′
〈
′
=
‖
=
,−
√
−〈
,
〉 = 0, 〈
=
−〈
〉
,
, 0 ; ‖ ‖ = √2; 〈 ,
=
〉=
,
,
√
〉
′
, ,1 ;
=
√
〉=
;
√
;
=
√
,
√
,
√
;
√
−〈
,
〉
=
=
Cuối cùng ta nhận được phân tích
1
1
⎡
⎢ √2 √6
1
⎢ 1
= ⎢−
⎢ √2 √6
2
⎢ 0
⎣
√6
, ,−
1
⎤
√3 ⎥
1⎥
⎥,
√3 ⎥
−1⎥
√3 ⎦
;
′
=
; trong đó
⎡√2
⎢
⎢
=⎢ 0
⎢
⎢0
⎣
;
=
√
,
√
,
√
;
là ma trận trực giao:
1
√2
3
√6
0
0⎤
⎥
4⎥
⎥. □
√6⎥
1⎥
√3⎦
Ví dụ 4.19. Giả sử ta có hệ m phương trình tuyến tính n ẩn
[ ] = [ ];
sao cho n vectơ cột của ma trận hệ độc lập tuyến tính và hệ có nghiệm; trong đó
ta đã ký hiệu [ ] là ma trận cột tọa độ của vectơ b. Khi đó ta có
−phân tích của
[ ] = [ ]. Sau khi nhân về bên trái hai vế hệ thức sau
ma trận và hệ trở thành
= , ta nhận được
cùng với , và vì
[
]=
[ ].
Vì ma trận là ma trận tam giác trên khả nghịch nên việc giải hệ sau cùng trở nên
về phía bên phải với [ ] ,
đơn giản hơn rất nhiều: thực hiện phép nhân ma trận
sau đó giải hệ có ma trận hệ là ma trận tam giác trên bằng phương pháp thế thuần
túy từ dưới lên trên. □
4.4.4. Không gian con trực giao. Định lý về chiếu trực giao.
Giả sử , ≠ { }, là một không gian vectơ con trong không gian Euclid ,
= .
Gọi
= { ∈ |∀ ∈ ( ⊥ )} − là tập tất cả các vectơ trong mà trực giao
với mọi vectơ ∈ . Bằng dấu hiệu nhận biết không gian vectơ con, dễ dàng chứng tỏ
được
là một không gian vectơ con trong không gian Euclid . Tất nhiên
là không
gian Euclid với cùng một tích vô hướng như trong .
Định nghĩa 4.16. Không gian vectơ con
được gọi là không gian con trực giao
với trong .
200
Ta có định lý sau đây về phần bù trực giao.
Định lý 4.6. Giả sử là một không gian vectơ con khác { } trong không gian
Euclid . Khi đó ta có
(4.48)
= ⊕
Chứng minh. Giả sử { , , … , } − là một cơ sở trực chuẩn của ;
= ( , , … , ). Theo nguyên lý độc lập tuyến tính cực đại, mục 3.3, ta có thể
bổ sung để được cơ sở { , , … , ,
,
, … , } của , rồi sau đó áp dụng
quá trình trực chuẩn hóa Gram – Schmidt, ta nhận được cơ sở trực chuẩn
{ , ,…, ,
,
, … , } của . Hiển nhiên ta có
= ⊕ ;
trong đó = ( , , … , ), = (
,
, … , ). Bây giờ ta chỉ cần chỉ ra
=
là định lý 4.6 sẽ được chứng minh xong.
∈ , ∈
⇔ 〈 , 〉 = ∀ = 1,2, … , ⇔
Ta có = ∑
=
=⋯=
= 0, tức là = ∑
∈ .□
Ta kết thúc mục con này, bằng chứng minh định lý về chiếu trực giao hay còn gọi là
định lý về phép gần đúng.
Theo định lý 4.6, mỗi vectơ ∈ biểu diễn duy nhất dưới dạng
∈ , ∈ ,
= + ;
Định nghĩa 4.17. Trong biểu diễn = + ;
∈ , ∈ , phần tử
được
gọi là chiếu trực giao của trên không gian con và ký hiệu = ( ).
Ta có định lý về chiếu trực giao sau.
Định lý 4.7. Giả sử là một không gian vectơ con khác { } trong không gian
Euclid . Khi đó ta có
‖ − ‖ = ‖ − ( )‖.
(4.49)
∈
Chứng minh. Ta có,
‖ − ‖ = 〈 − , − 〉 = 〈( − ) + ( − ), ( − ) + ( − )〉 =
‖ − ( )‖ + ‖ − ‖ + 2〈 − , − 〉.
Do − =
∈ , ( − ) ∈ nên 〈 − , − 〉 = 0, từ hệ thức trên ta có
‖ − ‖ ≥ ‖ − ( )‖ ,
( )‖. □
hay, do ( ) ∈ , điều này có nghĩa là
∈ ‖ − ‖= ‖ −
Định nghĩa 4.18. Người ta gọi
đến
∈ ‖ − ‖ − là khoảng cách từ vectơ
không gian vectơ con .
Thành lập một ánh xạ : → , theo qui tắc ( ) = , nếu = + ;
∈ , ∈ . Dễ dàng thấy, là toán tử tuyến tính. Người ta gọi
là toán tử
chiếu trực giao trên không gian vectơ con .
Ví dụ 4.20. Trong không gian ℝ cho các vectơ = (1,1,1), = (1,2,1) và không
201
gian vectơ con = ( ). Tìm:
1) ( );
2) Khoảng cách từ đến ;
3) Ma trận của toán tử chiếu trực giao
∆ Gọi
=‖
‖
=
√
(1,2,1). Ta có
−
∈
( )=
,− ,
‖ − ‖=‖ −
3) Ta có, theo định nghĩa,
( )=〈 , 〉 =
( )=〈 , 〉 =
√
√
(trong cơ sở chính tắc).
= ( ) và { } là cơ sở trực chuẩn của .
( )=〈 , 〉 =
1) Theo định nghĩa, dễ dàng thấy,
2) Ta có
trên
√
=
, ,
.
, theo công thức (4.49), khoảng cách từ
( )‖ =
√
đến
là:
.
( )=〈 , 〉 =
=
√
, ,
,
=
, ,
, và
=
, ,
. Vậy theo định nghĩa ma trận của toán tử
tuyến tính,
1 1 2 1
2 4 2 .□
6
1 2 1
Như một mở rộng, bây giờ ta sẽ phát biểu và chứng minh một kết quả về ma trận
của toán tử chiếu trực giao trên không gian vectơ con.
Bổ đề 4.9. Giả sử { , , … , } là một cơ sở trực chuẩn của không gian vectơ con
= ( , , … , ) trong không gian Euclid . Khi đó toán tử chiếu trực giao
trên không gian có ma trận có thể tìm được theo công thức
=
= [ ][ ] + [ ][ ] + ⋯ + [ ][ ] ;
trong đó, Q−là ký hiệu ma trận có các cột theo thứ tự là các tọa độ của các vectơ
, ,…,
trong một cơ sở cố định { , , … , } cho trước của .
Chứng minh. Theo giả thiết, tọa độ của là
= 〈 , 〉 +〈 , 〉 +⋯+〈 , 〉
,
= 1,2, … ,
hay dưới dạng ma trận
=
=[ ]
;
Trong đó
〈 , 〉
⎡
〈 , 〉
=⎢
⎢
⎣〈 , 〉
202
〈 , 〉 …
〈 , 〉 …
…
…
〈 , 〉 …
〈
〈
〈
, 〉
⎤
, 〉⎥
.
⎥
, 〉⎦
trên không gian thì có
Theo định nghĩa ma trận của toán tử chiếu trực giao
cột thứ , ( = 1,2, … , ) là cột tọa độ của vectơ ( ) (trong cơ sở trực chuẩn
{ , , … , } của )
( ) = 〈 , 〉 +〈 , 〉 +⋯+〈 , 〉
,
= 1,2, … ,
hay dưới dạng ma trận
[ ( )] =
.
Sau khi thay
theo trên, ta được
[ ( )] = [ ]
.
Công thức cuối cùng này chứng tỏ ma trận của toán tử chiếu trực giao
trên
= ( , , … , ) là
.
Hệ thức sau dấu bằng thứ hai trong bổ đề 4.9 này có thể nhận được ngay khi xét
phần tử tổng quát ở vị trí ( , ) của ma trận
và thấy nó là tổng của m phần tử
cùng ở vị trí ( , ) của các ma trận [ ][ ] , [ ][ ] , … , [ ][ ] . □
Trở lại ví dụ 4.20, ý 3), theo khẳng định vừa chứng minh, ta có ma trận của toán
tử chiếu trực giao trên = ( ) là
1
⎡ ⎤
⎢√6⎥
2
1
1 1 2 1
⎢2⎥ 1
= [ ][ ] = ⎢ ⎥
= 2 4 2 ,
6
1 2 1
⎢√6⎥ √6 √6 √6
⎢1⎥
⎣√6⎦
như đã nhận được trong ví dụ 4.19, mà ở đó ta đã tìm được theo định nghĩa. □
trên
Ví dụ 2.21. Trong không gian ℝ , tìm ma trận của toán tử chiếu trực giao
= ( , ) ; trong đó = (1, −1,0), = (1,0,1).
∆ Trực chuẩn hóa { , } theo Gram – Smit ta được hệ trực chuẩn { , };
=
√
(1, −1,0),
=
√
(1,1,2), từ đó theo kết quả trên đây ta có
1
1
⎡
⎤
⎢ √2 √6⎥
1⎥
1 2 −1 1
⎢ 1
= ⎢−
;
=
=
−1 2 1 . □
⎥
3
√2
√6
1
1 2
⎢
⎥
2⎥
⎢ 0
⎣
√6⎦
Sau đây ta có đôi lời về ứng dụng của
− phân tích trong phương pháp bình
phương tối thiểu.
Giả sử ta có hệ m phương trình tuyến tính n ẩn ( , , … , ) trong không gian ℝ
203
[ ]=
trong đó
=( ,
,…,
(4.50)
;
) − là vectơ các hệ số tự do,
=( ,
,…,
).
Để tránh rườm ra không cần thiết, ta cũng dùng chữ để ký hiệu ánh xạ tuyến tính
: ℝ → ℝ có biểu thức tọa độ xác định theo công thức (4.50). Khi đó (4.50) được
viết dưới dạng ánh xạ tuyến tính là:
= .
(4.51)
Gọi = (ℎ , ℎ , … , ℎ ) − là không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi các vectơ
cột {ℎ , ℎ , … , ℎ } của ma trận hệ . Định lý Cronecker – Capelli có thể phát biểu dưới
dạng vectơ như sau: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát (4.50) có nghiệm khi và chỉ
khi vectơ hệ số tự do = ( , , … , ) nằm trong . Theo định lý 4.7 điều này có
nghĩa là chiếu trực giao của vectơ b trên chính là b, tức là
− ‖=
∈ℝ ‖
∈ ‖ − ‖ = ‖ ( ) − ‖ . Trường hợp hệ (4.50) vô nghiệm, (thường xảy ra khi
hệ có số phương trình nhiều hơn số ẩn), người ta đánh giá sai số giữa hai vế của (4.51)
là ‖ − ‖.
Vectơ ̅ = ( ̅ , ̅ , … , ̅ ) ∈ ℝ mà thỏa mãn
− ‖=‖ ̅− ‖
∈ℝ ‖
được gọi là nghiệm của bài toán ‖ − ‖ →
, theo phương pháp bình phương tối
thiểu.
Từ định lý chiếu trực giao, dễ dàng thấy, ̅ là nghiệm của phương trình toán tử
̅ = ( ).
Sau đây ta sẽ tìm công thức tường minh của ̅ . Dễ dàng thấy,
− ‖=
∈ℝ ‖
‖ ̅ − ‖ xảy ra khi và chỉ khi vectơ ̅ − trực giao với , với mọi ∈ ℝ tức là
(
̅ − ) = . Điều này xảy ra nếu
Nếu các cột của ma trận
(
̅− )=
độc lập tuyến tính thì
[ ̅ ]=
⇔[ ̅ ]=(
khi đó công thức sau cùng cho ta nghiệm của bài toán
‖ − ‖→
,
hay là
[ ̅ ]=
.
là ma trận khả nghịch nên
)
,
(4.52)
theo phương pháp bình phương tối thiểu (được viết dưới dạng ma trận). Hay là, tương
đương, dưới dạng toán tử tuyến tính là
)
̅=(
.
Thay =
vào vế phải của hệ thức vừa nhận được ta được nghiệm duy nhất
(4.53)
̅=
,
và cho ta ̅ =
, hay là, ma trận của toán tử chiếu trực giao trên không gian con
vectơ, sinh bởi các vecctơ cột của ma trận là
=
,
đúng như ta đã nhận được trong chứng minh bổ đề 4.8.
204
Ví dụ 4.22. Bằng phương pháp bình phương tối thiểu, đánh giá sai số nhỏ nhất và
tìm nghiệm ̅ của bài toán (4.52) theo phương pháp bình phương tối thiểu.
+ + =2
− + =1
.
−3 = 0
+2 = 2
∆ Trong ℝ gọi
= ( , , ); trong đó
= (1, −1,0,0), = (1,0,1,1),
= (1,1, −3,2) là các vectơ cột của ma trận hệ , còn = (2,1,0,2) là vectơ hệ số
tự do. Áp dụng quá trình trực chuẩn Gram – Schmidt ta được hệ trực chuẩn
=
√
(1, −1,0,0),
=
√
(1,1,2,2),
=
√
(1,1, −3,2). Theo bổ đề 4.8 về
− phân tích, =
; trong đó
1
1
1
⎡
⎤
√2
√10
√15
⎢
⎥
1
⎡ 1 − √10
1
1 ⎥
⎡√2
0 ⎤
⎢− 1
10
√2
⎢√2
⎢
⎥
⎢ √2 √10 √15 ⎥
⎢
⎢
⎥
=⎢
, =
,
=
√10
√10
2
3 ⎥
⎢0
⎥
⎢0
0
−
⎢ 0
⎥
2
⎢
⎥
5
⎢
√10
√15⎥
⎢
⎣
⎦
⎣
√15
0
0
0
0
2 ⎥
2
⎢ 0
⎣
√10 √15 ⎦
Theo bổ đề 4.9, ta có ma trận của toán tử chiếu trực giao trên là
2
1
1
⎡
−
0
⎤
3
3
3
⎢
⎥
⎢− 1 2 0 1⎥
=
=⎢ 3 3
3⎥,
0 1 0⎥
⎢ 0
2⎥
1
⎢ 1
0
⎣ 3
3⎦
3
và theo (3.27) ta có
( )=
̅=
, −
( )=
, , 0, −
√3
.
3
∈ℝ
( ), hay theo công thức (4.53), ta có ̅ =
min ‖
Cuối cùng, từ
, , 0,
0 ⎤
⎥
⎥.
0 ⎥
⎥
√15⎦
, nên
− ‖=‖ ( )− ‖=
4.4.5. Định lý chéo hóa trực giao ma trận đối xứng
a) Toán tử tự liên hợp trong không gian Euclid.
Định nghĩa 4.19. Toán tử tuyến tính trong không gian Euclid
tử tự liên hợp nếu
〈 ( ) , 〉 = 〈 , ( )〉
(−3,21,7) □
được gọi là toán
(4.54)
với mọi , ∈ .
205
Ví dụ 4.23. Toán tử chiếu trực giao trong không gian Euclid là toán tử tự liên
hợp. Thật vậy, nếu
= + , = + ; , ∈ , , ∈
thì
〈 ( ), 〉 = 〈 , + 〉 = 〈 , 〉, còn 〈 , ( )〉 = 〈 + , 〉 = 〈 , 〉,
đúng là 〈 ( ), 〉 = 〈 , ( )〉. □
Nhận xét 4.1. Dễ dàng thấy, để (4.54) đúng cho mọi , ∈ ta chỉ cần đòi hỏi nó
đúng cho mọi vectơ trong một cơ sở { , , … , } nào đó của . Thật vậy, nếu
〈 ( ), 〉 = 〈 , ( )〉
với
mọi
, ∈ {1,2, … , }
và
=∑
,
=∑
; ,
〈 ( ), 〉 = 〈 (∑
∑,
∈ ℝ, thì theo định nghĩa của tích vô hướng, ta có:
), ∑
〉=∑,
〈 ( ), 〉 =
〈 , ( )〉 = 〈∑
,
∑
〉 = 〈 , ( )〉. □
Bổ đề 4.10. Để toán tử tuyến tính trong không gian Euclid là tự liên hợp, điều
kiện cần và đủ là, trong cơ sở trực chuẩn của , có ma trận là ma trận đối
xứng.
Chứng minh. Giả sử { , , … , } là một cơ sở trực chuẩn của , là ma trận của
trong cơ sở này, theo định nghĩa, khi đó ta có
[ ( )] = [ ] .
Từ nhận xét 4.1, có thể viết (4.54) dưới dạng ma trận tích vô hướng như sau:
[ ( )][ ] = [ ][ ( )] .
Vì [ ][ ] = ( , , … , ) = , nên hệ thức cuối cùng trở thành
[ ( )][ ] = [ ][ ] = , trong khi đó vế phải của nó là [ ][ ( )] =
[ ][ ]
= , đương nhiên cho ta
= , tức là là ma trận đối xứng. □
Chú thích 4.5. Trong ví dụ 4.23, ta đã chỉ ra một ví dụ về toán tử tự liên hợp. Theo
bổ đề 4.10, bây giờ ta có thể tương đối tự do cho các ví dụ về toán tử tự liên hợp,
chỉ cần trong cơ sở trực chuẩn nào đó của cho một ma trận ∈
(ℝ) đối xứng
tùy ý thì toán tử tuyến tính nhận làm ma trận sẽ là toán tử tự liên hợp.
Bổ đề 4.11. Giá trị riêng của toán tử tự liên hợp là số thực.
Chứng minh. Cố định một cơ sở trực chuẩn của . Theo bổ đề 4.10, ma trận của
trong hệ cơ sở trực chuẩn này của là ma trận đối xứng. Theo bổ đề 3.16 thì giá
trị riêng của ma trận đối xứng là số thực. □
Chú thích 4.6. Theo bổ đề 3.15 và định lý 3.10, các giá trị riêng của (tức là của
), không phụ thuộc vào cơ sở của không gian vectơ còn các vectơ riêng tương
ứng được tìm theo ma trận của toán tử tuyến tính được cho trong cơ sở cố định
ban đầu.
Ta trình bày thêm ở đây một chứng minh bổ đề 4.11 mà không sử dụng tính đối
xứng của ma trận của toán tử tự liên hợp hay nói một cách khác, ma trận của
206
toán tử tự liên hợp có thể cho trong một cơ sở cố định tùy ý của , không nhất thiết
phải là cơ sở trực chuẩn:
∆ Giả sử { , , … , } là một cơ sở cho trước của , là ma trận của toán tử tự
liên hợp trong cơ sở này. Ta đã biết, ∈
(ℝ) và theo định lý 3.10 thì giá trị
riêng của toán tử tuyến tính là nghiệm của đa thức đặc trưng ( ) ∈ ℝ[ ] và
theo định lý cơ bản của đại số thì ( ) có đúng n nghiệm phức. Giả sử
( ) = | − | = 0, còn
= +
∈ ℂ là trị riêng của
, tức là
; , ∈ℝ,
riêng, ứng với giá trị riêng . Ta có, theo
( − )[ ] = ⇔ [ +
] = ( + )[
[ ]= [ ]− [
[ ]= [ ]+ [
=( ,
Gọi
,…,
= ( 1,
);
2, … ,
=
),
+
=
1
,
2
,…,
= 1,2, … ,
là tọa độ vectơ
định lý về trị riêng, vectơ riêng
]⇔
+
]
.
]
, theo giả thiết, hoặc
≠
hoặc
≠ , viết dưới dạng toán tử thì hệ các đẳng thức vừa nhận được trở thành
( )=
−
.
( )=
+
Nhân vô hướng hai vế hệ thức thứ nhất với , hai vế hệ thức thứ hai với –
rồi cộng vế với vế được: vế trái, do
toán tử tự liên hợp nên
〈 ( ), 〉 − 〈 , ( )〉 = 0, vế phải bằng − (〈 , 〉 + 〈 , 〉); tức là được
− (〈 , 〉 + 〈 , 〉) = 0. Vì 〈 , 〉 + 〈 , 〉 ≠ 0 nên = 0, cho ta giá trị riêng
= là số thực. □
Sau đây chúng ta nhận được định lý quan trọng mà từ đó suy ra được định lý về
chéo hóa trực giao ma trận đối xứng.
Định lý 4.8. Đối với mỗi toán tử tự liên hợp ∈ ( ) , tồn tại cơ sở trực chuẩn của
gồm toàn các vectơ riêng của .
Chứng minh. Theo bổ đề 4.11, tồn tại trị riêng
∈ ℝ và vectơ riêng ∈ ứng
. Gọi
= ( ); Theo định lý 4.6 về phần bù trực
với trị riêng , ( ) =
giao, ta có = ⨁
và
= − 1. Dễ dàng thấy, bất biến đối với , tức
〉=
là ( ) ⊆ . Thật vậy, ∀ ∈ , ta có 〈 ( ), 〉 = 〈 , ( )〉 = 〈 ,
〈 , 〉 = nên ( ) ∈ . Toán tử tuyến tính tự liên hợp trong thì tự liên
hợp trong không gian con bất biến
của nên sử dụng bổ đề 4.11, ta lại tìm được
∈ ℝ và vectơ riêng
∈
ứng với trị riêng
để ( ) =
. Theo xây
dựng, ta có trực giao với . Gọi
= ( , ); Theo định lý 4.6 ta có
= ⨁ .
Giống như trên, dễ dàng thấy ( ) ⊆ ,
= − 2; khi đó tồn tại vectơ
riêng ∈
ứng với trị riêng
∈ ℝ, ( ) =
; trong đó
trực giao với cả
207
ứng
hai vectơ , . Lập luận như thế đến lần thứ n ta sẽ nhận được vectơ riêng
với trị riêng
∈ ℝ và được hệ trực giao gồm n vectơ riêng { , , … , } của .
Ta chỉ việc chuẩn hóa các vectơ trong hệ này là
nhận được hệ cơ sở trực chuẩn gồm toàn các vectơ riêng của cần tìm. □
Chú thích 4.7. Từ chứng minh định lý 4.8, dễ dàng thấy, các vectơ riêng của toán
tử tự liên hợp , ứng với các trị riêng khác nhau thì trực giao với nhau. Điều này có
thể dễ dàng nhận được ngay từ định nghĩa của toán tử tự liên hợp như sau: Nếu
, là hai vectơ riêng của toán tử tự liên hợp , ứng với các trị riêng khác nhau
,
tương ứng, thì 〈 ( ), 〉 = 〈
, 〉 = 〈 , 〉, mặt khác vì tự liên
〉 = 〈 , 〉, cho ta
〈 , 〉=
hợp, 〈 ( ), 〉 = 〈 , ( )〉 = 〈 ,
〈 , 〉 hay ( − )〈 , 〉 = 0, vì ≠ nên ta có 〈 , 〉 = 0. □
b) Định lý chéo hóa trực giao ma trận đối xứng.
Từ định lý 4.8, nói theo cách nói về ma trận ta có hệ quả quan trọng sau đây, mà
người ta thường nói là định lý về chéo hóa trực giao ma trận đối xứng.
∈
Hệ quả 4.2. Đối với mỗi ma trận đối xứng
=
sao cho
(ℝ) tồn tại ma trận trực giao
là ma trận đường chéo.
Chứng minh. Cố định một cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid , gọi
tử tự liên hợp trong
sao cho
có ma trận . Theo định lý 4.8, tồn tại cơ sở trực
chuẩn { } của
gồm toàn các vectơ riêng của , ( ) =
Trong cơ sở { ,
,…,
},
là toán
có ma trận
=
( ,
,…,
; ( = 1,2, … , ).
). Gọi
chuyển cơ sở từ cơ sở trực chuẩn ban đầu sang { }, theo bổ đề 4.6,
là ma trận
là ma trận
trực giao và theo công thức về ma trận của toán tử tuyến tính khi đổi cơ sở ta có
=
.
Ví dụ 4.24. Tìm ma trận trực giao
trong đó
∆ Ma trận
chéo
và ma trận đường chéo
0 0 1
= 0 1 0 .
1 0 0
có 3 giá trị riêng thực
=
= 1,
để
=
;
= −1, cho ta ma trận đường
1 0 0
= 0 1 0 .
0 0 −1
= (0,1,0), = (1,0,1) ứng với trị riêng
= 1, vectơ riêng
Các vectơ riêng
= (1,0, −1) ứng với trị riêng
= −1. Trực chuẩn hóa theo quá trình
208
Gram – Schmidt ta được hệ cơ sở trực chuẩn gồm toàn các vecrơ riêng của
{ , , }; trong đó
= (0,1,0),
=
√
(1,0,1),
=
√
là
(1,0, −1), cho ta ma trận
1
1
⎡0
⎤
√2
√2
⎢
⎥
= ⎢1 0
0 ⎥.
⎢0 1 − 1 ⎥
⎣
√2
√2⎦
4.4.6. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp chéo hóa
trực giao.
Định lý 4.9. Đối với mỗi dạng toàn phương ( ) trong không gian Euclid , tồn tại
cơ sở trực chuẩn của mà trong đó ( ) có dạng chính tắc.
Chứng minh. Giả sử là ma trận của dạng toàn phương ( ) trong cơ sở trực
chuẩn cho trước nào đó của . Do là ma trận đối xứng nên tồn tại một toán tử tự
liên hợp ∈ ( ) nhận làm ma trận. Theo định lý 4.8, tồn tại sở trực chuẩn
{ , , … , } của
gồm toàn các vectơ riêng của
, ( )=
;
( , , … , ).
( = 1,2, … , ). Trong cơ sở { , , … , }, có ma trận =
Gọi là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở trực chuẩn ban đầu sang { , , … , }.
Theo bổ đề 4.5,
là ma trận trực giao,
=
nên theo công thức ma trận của
=
. Theo công thức ma
toán tử tuyến tính khi đổi cơ sở ta có
=
trận dạng toàn phương khi đổi cơ sở thì chính là ma trận dạng toàn phương ( )
trong cơ sở { , , … , }. Trong cơ sở { , , … , } ta có
( )=
(4.55)
+
+⋯+
=
.
{ , , … , } là cơ sở trực chuẩn chính tắc của dạng toàn phương ( ). □
Chú thích 4.8. Theo mục con 4.2.2, đổi biến đưa dạng toàn phương ( ) về dạng
chính tắc (4.55) là biến đổi trực giao,tức là biến đổi theo công thức
[ ] = [ ],
(4.56)
với là ma trận trực giao. Vì đổi biến (4.56) có ma trận là ma trận trực giao nên
người ta gọi phương pháp này đưa dạng toàn phương ( ) về dạng chính tắc là
phương pháp chéo hóa trực giao.
Gọi ( , ) là góc giữa hai vectơ , . Theo định nghĩa
〈 , 〉
(4.57)
( , )=
.
‖ ‖‖ ‖
209
Chú thích 4.9. Dễ dàng thấy biến đổi trực giao (4.56), bảo toàn tích vô hướng, co
nên nó bảo toàn độ dài và góc của các vectơ. Thật vậy, giả sử = ( , , … , ),
= ( , , … , ), = ( , , … , ), ℎ = (ℎ , ℎ , … , ℎ ) là tọa độ của các vectơ
, , , ℎ trong cơ sở trực chuẩn ban đầu của không gian Euclid ; trong đó
[ℎ ] =
[ ] = [ ], [ ] = [ℎ ]. Khi đó ta có 〈 , 〉 = [ ] [ ] = [ ]
[ ] [ℎ ] = 〈 , ℎ〉, tức là biến đổi trực giao (4.56) bảo toàn tích vô hướng. Trường
hợp riêng, cho = , ta được
〈 , 〉 = ‖ ‖ = 〈 , 〉 = ‖ ‖ − độ dài vectơ được bảo toàn qua biến đổi trực giao
(4.56). Tương tự, theo (4.57),
〈 , ℎ〉
〈 , 〉
( , ℎ),
( , )=
=
=
‖ ‖‖ ‖ ‖ ‖‖ℎ‖
Tức là biến đổi trực giao (4.56) bảo toàn góc giữa hai vectơ.
Ví dụ 4.25. Trong không gian ℝ cho dạng toàn phương
( )= 4 +4 +4 +4
+4
−4
. Tìm biến đổi trực giao đưa
( ) về dạng chính tắc, tìm dạng chính tắc của ( ) và cơ sở trực chuẩn
chính tắc của ( ).
∆ ( ) có ma trận (trong cơ sở chính tắc của ℝ ) là
4 2
2
= 2 4 −2
2 −2 4
Ma trận có 3 trị riêng thực = = 6, = 0, cho ta dạng chính tắc của ( ) là
( )=6 +6 .
= (0, −1,1), = (2,1,1) ứng với trị riêng
=
= 6, vectơ
Các vectơ riêng
riêng
= (1, −1, −1) ứng với trị riêng
= 0. Trực chuẩn hóa theo quá trình
Gram – Schmidt ta được hệ cơ sở trực chuẩn chính tắc của ( ) gồm toàn các
vecrơ riêng của
=
√
(2,1,1),
là { ,
=
√
,
}; trong đó
=
√
(−1,1,0),
(1, −1, −1), ứng với các giá trị riêng
,
,
tương ứng
có các cột lần lượt là các cột tọa độ của , ,
1
2
1
⎡−
⎤
√2
√6
√3
⎢
⎥
1
1⎥
⎢ 1
− ⎥.
=⎢
√3⎥
⎢ √2 √6
1
1
⎢ 0
− ⎥
⎣
√6
√3⎦
Biến đổi trực giao đưa ( ) về dạng chính tắc là [ ] = [ ] hay rõ ràng hơn là
và cho ta ma trận trực giao
210
⎧
⎪
⎪
=−
1
√2
1
+
2
+
√6
1
1
√3
1
=
+
−
,
√2
√6
√3
⎨
1
1
⎪
⎪
=
−
⎩
√6
√3
tức là thay đổi biến theo công thức sau cùng vào ( ) đã cho ta sẽ nhận được dạng
chính tắc của ( ) . Viết một cách đầy đủ, dạng chính tắc của ( ) trong không
gian ℝ là
( )=6
=
+
+6
+
.□
4.5. Siêu mặt bậc hai
a) Phương trình siêu mặt bậc hai tổng quát.
Xét không gian Euclid n chiều . Theo ngôn ngữ hình học trực quan, ta sẽ gọi các
vectơ trong là điểm và gọi là không gian Euclid – Affin .
là tập hợp các điểm ∈
thỏa mãn
Định nghĩa 4.20. Siêu mặt bậc hai trong
phương trình
( ) + 2 ( ) + = 0;
(4.58)
trong đó c là hằng số,
( )= ( , )=
,
,
là dạng toàn phương trong cơ sở trực chuẩn { , , … ,
song tuyến tính đẳng cực của dạng toàn phương ( ), và
( )=2
} của
; ( , ) − là dạng
∈ ℝ, −
;
là dạng tuyến tính của ; trong đó
=
.
Dưới dạng tọa độ, phương trình siêu mặt bậc hai tổng quát trong không gian Euclid
– Affin
có dạng
(4.59)
+2
+ = 0;
,
trong đó
=
∈
(ℝ), ma trận của dạng toàn phương ( ).
211
b) Đưa phương trình siêu mặt bậc hai về dạng chính tắc bằng phương pháp
chéo hóa trực giao.
Định nghĩa 4.21. Biến đổi quay là biến đổi trực giao với đổi biến có công thức
[ ] = [ ];
(4.60)
trong đó
là ma trận trực giao.
Trường hợp
= 2,
=
−
, ta đã gặp từ bậc trung học phổ thông, đó
là phép quay hệ trục tọa độ Đecac vuông góc
đi một góc , > 0 ngược kim
đồng hồ (ví dụ 3.28) đến hệ trục
.
Định nghĩa 4.22. Biến đổi tịnh tiến song song đi ( , , … , ) là biến đổi có công
thức
=
+
(4.61)
=
+
[ ]= [ ]+[ ]⇔
.
…
=
+
Trường hợp = 2, đó chính là phép tịnh tiến song song từ hệ trục tọa độ Đecac
vuông góc
đến
; trong đó có tọa độ ( , ).
Người ta gọi hai phép biến đổi: quay (4.60) và tịnh tiến song song (4.61) là các
chuyển động hình học.
Định nghĩa 4.23. Dạng chính tắc của phương trình siêu mặt bậc hai là dạng của
phương trình siêu mặt bậc hai mà các biến có mặt trong phương trình chỉ dưới một
trong hai dạng, hoặc dạng bình phương hoặc dạng bậc một.
Như ta đã biết từ mục con 4.2.2, cơ sở trực chuẩn mới { , , … , } nhận được từ
cơ sở trực chuẩn ban đầu { , , … , } qua biến đổi (4.60) theo công thức
[ ] =[ ] ,
còn qua phép tịnh tiến song song (4.61) các vectơ của cơ sở trực chuẩn không thay đổi.
Bây giờ, bằng các chuyển động hình học (4.60) và (4.61) ta đưa phương trình siêu
mặt bậc hai tổng quát (4.59) về dạng chính tắc.
Đầu tiên ta áp dụng biến đổi quay (4.60) đưa (4.59) về dạng
(4.62)
+2
+ = 0;
trong đó
212
=
( ). Sau đó bằng phép tịnh tiến song song dạng (4.61)
=
+
=
+
,
…
=
+
(4.63)
đưa (4.62) về dạng chính tắc.
Ta chứng minh một kết quả rất có ích cho việc đưa phương trình siêu mặt bậc hai về
dạng chính tắc sau đây.
Bổ đề 4.12. Nếu định thức của dạng toàn phương
≠ 0 thì siêu mặt bậc hai
(4.59) có tâm đối xứng ( , , … , ); trong đó ( , , … , ) là nghiệm của hệ
phương trình tuyến tính
+
+ ⋯+
+ =0
(4.64)
+
+ ⋯+
+ =0
[ ]+[ ]= ⇔
…
+
+ ⋯+
+
=0
Chứng minh. Áp dụng phép tịnh tiến song song theo công thức
= +
= +
[ ]= [ ]+[ ]⇔
,
…
=
+
(4.65)
từ (4.59) ta nhận được phương trình
(4.66)
+
= 0,
,
không có các số hạng bậc một. Thật vậy, theo giả thiết (4.64), số hạng bậc một
+ = 0, ∀ = 1,2, … , .
sau khi thay (4.65) vào (4.59) là = ∑
Bây giờ, nếu trong (4.66) thay
thành (− ) và đồng thời
thành −
thì
phương trình siêu mặt trong các biến mới , , … ,
không thay đổi, điều đó có
nghĩa là gốc tọa độ mới I là tâm đối xứng của siêu mặt bậc hai đã cho. □
Thông thường, khi siêu mặt bậc hai có tâm đối xứng, người ta thực hiện phép tịnh
tiến song song về tâm đối xứng trước, sau đó mới thực hiện phép quay, khi đó, nói
chung công việc tính toán sẽ bớt cồng kềnh hơn.
c) Phân loại các siêu mặt bậc hai chính tắc.
( , ) = , > 0 ∀ phương trình siêu mặt bậc hai (4.59) được gọi là
Khi
phương trình dạng Elipxoid.
( , ) = , trái dấu phương trình siêu mặt bậc hai (4.59) được gọi là
Khi
phương trình dạng Hypeboloid.
( , ) < , phương trình siêu mặt bậc hai (4.59) được gọi là phương
Khi
trình dạng paraboloid.
Tùy theo dạng của (4.62) mà người ta có phân loại các siêu mặt bậc hai. Sau đây
chúng ta chỉ kể ra phân loại các đường cong và mặt cong bậc hai chính tắc trong các
trường hợp khi = 2 hoặc = 3.
Khi n = 2 ta có các phương trình chính tắc bậc hai sau:
213
+
= 1:
Elip,
+
= −1:
Elip ảo,
+
= 0:
hoặc một điểm ( , ) = (0,0).
−
= 1:
Hypebol,
−
= 0:
hoặc hai đường thẳng cắt nhau.
=2
:
Parabol,
=± :
hoặc hai đường thẳng song song,
= 0:
hoặc hai đường thẳng trùng nhau,
=−
,
≠ 0:
hoặc tập rỗng.
Khi n = 3 ta có các phương trình chính tắc cơ bản sau:
+
+
= 1:
Elipxoid (hình 4.1);
+
−
= 1:
Hypeboloid một tầng (hình 4.2);
Hypeboloid hai tầng (hình 4.3);
+
−
= −1:
+
−
= 0:
=
+
:
=
−
:
Paraboloid Eliptic (hình 4.5);
Paraboloid Hypebolic (“yên ngựa”) (hình 4.6);
+
= 1:
Mặt trụ Elip (đường sinh song song trục
(hình 4.7);
−
= 1:
Mặt trụ Hypebol (đường sinh song song trục
) (hình 4.8);
=2
214
Mặt nón bậc hai chính tắc (hình 4.4);
:
)
Mặt trụ Parabol (đường sinh song song trục
(hình 4.9).
)
Hình 4.1: Elipxoid
Hình 4.2: Hypeboloid một tầng
Hình 4.3: Hypeboloid hai tầng
Hình 4.4: Mặt nón chính tắc
215
Hình 4.5: Paraboloid Eliptic
Hình 4.6: Paraboloid Hypebolic
Hình 4.7: Mặt trụ Elip
Hình 4.8: Mặt trụ Hypebol
Hình 4.9: Mặt trụ Parabol
Ví dụ 4.26. Bằng các chuyển động hình học, đưa phương trình sau trong ℝ về
dạng chính tắc, chỉ ra hệ trục chính tắc và mô tả đường cong chính tắc.
3 + 10 + 3 − 2 − 14 − 13 = 0.
216
∆ Ta coi hệ cơ sở trực chuẩn cố định trong ℝ là hệ chính tắc. Dạng toàn phương có
ma trận
3 5
=
.
5 3
Cơ sở trực chuẩn gồm toàn các vectơ riêng của là { , } với
=
,
,
√
=
√
,
√
= −2,
ứng với các trị riêng
√
= 8 tương ứng. Ma trận trực giao
(ma trận quay)
1
1
⎡
− ⎤
√2
√2⎥
=⎢
,
1
1
⎢
⎥
⎣√2 √2 ⎦
Đổi biến theo công thức (quay hệ trục tọa độ xOy đi một góc )
⎧ =
⎪
− ′
√2
+ ′
=
4
− ′
4
,
⎨
=
− ′
⎪ =
4
4
√2
⎩
từ phương trình đã cho ta được 8 ′ − 2 ′ − 8√2 − 6√2
Ta viết phương trình vừa nhận được thành
8
−
√2
2
3√2
+
2
−2
=8⇔
−
√2
2
− 13 = 0.
+
−
3√2
2
4
= 1,
Đặt
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
√2
=
2
3√2
+
=
2
−
⇔
⎧
⎪
=
⎨
⎪
⎩
=
√2
2 ,
3√2
−
2
+
đây là phép tịnh tiến song song từ hệ trục x’Oy’ đến XIY đi
√
,−
√
. Thế
,
vào phương trình sau cùng ta nhận được phương trình của Hypebol chính tắc trục
:
−
= 1.
4
Như vậy, để nhận được phương trình chính tắc, trước tiên ta phải thực hiện phép
quay hệ trục xOy một góc = đến hệ trục
, sau đó tịnh tiến song song đi
217
√
,−
√
. Gốc tọa độ chính tắc
đến hệ trục chính tắc
√
,−
√
có tọa độ
được tính trong hệ trục mới x’Oy’.
Từ hai đổi biến đưa về chính tắc nói trên ta được đổi biến tổng hợp đưa về chính tắc
là:
−
+2
⎧ =
√2
.
⎨ = + −1
⎩
√2
Theo đó, hệ trục tọa độ chính tắc của đường Hypebol chính tắc là
; trong đó
(2, −1) là gốc của hệ trục tọa độ chính tắc. Dễ dàng thấy, từ bổ đề 4.12, (2, −1)
là tâm đối xứng của đường cong. Như vậy, để nhận được phương trình chính tắc
bây giờ ta có thể thực hiện hai chuyển động theo thứ tự có phần ngược so với trước,
đó là đầu tiên tịnh tiến song song xOy đi (2, −1), sau đó quay hệ trục vừa nhận
được đi một góc
=
. Ở đây gốc tọa độ
để được hệ trục tọa độ chính tắc
chính tắc (2, −1) có tọa độ được tính trong hệ trục tọa độ cho trước xOy.
Ví dụ 4.27. Bằng các chuyển động hình học, đưa phương trình sau trong ℝ về
dạng chính tắc, chỉ ra hệ trục chính tắc và mô tả mặt cong chính tắc.
2 + 5 + 2 − 2 − 4 + 2 + 2 − 10 − 2 − 1 = 0.
∆ Mặt cong có tâm đối xứng (0,1,0) có tọa độ ( , , ) thỏa mãn hệ phương trình
2 − −2 +1= 0
− + 5 + − 5 = 0.
−2 + + − 1 = 0
Tịnh tiến song song
đến
; trong đó (0,1,0), theo công thức
= ′
= + 1,
= ′
từ phương trình đã cho ta nhận được
2 ′ +5 ′ +2 ′ −2
Cơ sở trực chuẩn chính tắc ′ =
ứng với các trị riêng = 3,
Gọi ma trận trực giao
√
−4
(1,1, −1), ′ =
= 6,
218
√
− 6 = 0.
(1, −2, −1), ′ =
= 0;
1 √3
√2
=
√2 −2 0 .
√6
−√2 −1 √3
′ ′ ′ đến
theo công thức
1
Bây giờ quay hệ trục tọa độ
+2
√
(1,0,1)
′
⇔
′ =
′
1
1
1
+
+
⎧ ′=
√3
√6
√2
⎪
⎪
2
1
−
+1 .
′=
⇔
√6
√3
⎨
⎪
⎪ ′=− 1 − 1 + 1
⎩
√3
√6
√2
Thay đổi biến theo công thức sau cùng này vào phương trình nhận được phía trên ta
được phương trình 3 + 6 = 6, hay phương trình chính tắc
1
+
= 1,
2
Đó là mặt trụ Elip với các bán trục = √2, = 1. Hệ trục tọa độ trực chuẩn chính
tắc IXYZ với (0,1,0), chỉ phương của đường sinh là vectơ ′ □
219
BÀI TẬP CHƯƠNG 4.
1. Trong mỗi trường hợp dưới đây hãy viết ma trận của dạng toàn phương ( )
trong không gian ℝ
a) ( ) = 2
trong ℝ ;
b) ( ) =
+6
−
trong ℝ ;
c)
( )=2
d)
( )=2 +
( )=
+3
e)
+2
+3
+2
+2
+4
+2
+ 10
+2
+ 10
−2
trong ℝ ;
trong ℝ ;
+2
+4
+6
−
trong ℝ ;
8
2. Xác định dạng toàn phương trong ℝ[ ] như sau
3 ′( )
( )=
+
(0) + (1) ′ (1)
a) Tìm dạng song tuyến tính đẳng cực của dạng toàn phương;
b) Tìm ma trận của dạng toàn phương trong cơ sở (1, , ) sao cho
( ) = [ ] [ ]; trong đó như thường lệ [ ] là ký hiệu ma trận cột tọa độ
của vectơ x.
3. Nghiên cứu tính xác định của dạng toàn phương ( ) (xác định dương, xác
định âm, dương, âm, không xác định) trong không gian ℝ tương ứng
trong ℝ ;
a) ( ) =
b) ( ) =
−2
trong ℝ ;
c)
( )=
d)
( )=
e)
( )=
f)
( )=∫
+2
+ 2 trong ℝ ;
(0) + 2 (1) + (2)trong ℝ[ ] ;
(0) + 2 (1) + (2)trong ℝ[ ] ;
()
trong ℝ[ ] ;
4. Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange.
Trong mỗi trường hợp hãy tìm
(i) Ma trận A của dạng toàn phương;
(ii)
Cơ sở chính tắc ( ′′ ,
′′
,…,
′′ )
và các số thực
sao cho
⎧ ( )=
⎪
′′
⎨
=
⎪
⎩
(iii) Ma trận biến đổi C sao cho khi thay [ ] = [ ] vào ( ) = [ ]
được dạng chính tắc ( ) = ∑
220
[ ] thì
(iv) Phân loại tính xác định của ( );
(v) Tìm số các trị riêng dương, âm, bằng 0 của A.
a) ( ) =
+ 3 + 10 + 10 − 2
+2
8
8
+6
−
;
( )=
b)
+4
+3
− 18
+9
+9
+2
−2
+4
− 10
+
;
( )=2
−3
+
;
+ 2 + 10 + 2
+2
;
d) ( ) =
5. Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi.
Trong mỗi trường hợp hãy tìm
(i) ∆ = ( ) , = 1,2, … , ;
c)
sao cho khi thay [ ] = [ ]
(ii) Ma trận tam giác trên C và các số thực
vào ( ) = [ ]
[ ] thì được dạng chính tắc ( ) = ∑
(iii) Cơ sở chính tắc ( ′ ,
′
,…,
′
) và các số thực
sao cho
⎧ ( )=
⎪
a)
( )=
+2
+ 10
b)
( )=
+6
+6
c)
( ) = −2
d)
( )=4
−5
−4
⎨
=
⎪
⎩
+2
+2
+9
+ 12
+2
−4
−8
−5
+3
′
;
+2
+4
−8
−8
−4
+6
;
;
.
6. Tìm cơ sở trực chuẩn gồm toàn các vectơ riêng của toán tử tuyến tính (tự liên
hợp) và ma trận của nó trong cơ sở này, biết rằng trong một cơ sở trực chuẩn cố
định nào đó của không gian Euclid E toán tử đó có ma trận
2 1
a)
;
1 2
11 2 −8
b)
2
2 10 ;
−8 10 5
17 −8 4
c) −8 17 −4 ;
4 −4 11
5 −1 −1
d) −1 5 −1 ;
−1 −1 5
221
0 0 1
e) 0 1 0 ;
1 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
f)
0 1 0 0
1 0 0 0
7. Bằng quá trình trực chuẩn Gram – Schmidt hãy xây dựng cơ sở trực chuẩn của
không gian sinh bởi hệ vectơ sau trong ℝ .
a) (1,2,2, −1), (1,1, −5,3), (3,2,8, −7) ;
b) (1,1, −1, −2), (5,8, −2, −3), (3,9,3,8) ;
c)
(2,1,3, −1), (7,4,3, −3), (1,1, −6,0), (5,3,0, −2) ;
8. Tìm cơ sở của không gian con trực giao
của không gian vectơ con
= ( , , … , ) sinh bởi các vectơ { , , … , } trong ℝ
a)
= (1,0,2,1), = (2,1,2,3), = (0,1, −2,1);
b)
= (1,1,1,1), = (1, −1,1, −1), = (2,0,2,0);
c)
= (1,2,1,1),
= (2,1,2,1),
= (1,2, −1,1);
của không gian nghiệm N của hệ
9. Tìm cơ sở của không gian con trực giao
phương trình tuyến tính thuần nhất trong ℝ
− + =0
2 + +3 = 0
a)
;
+2 +2 = 0
2 −5 + = 0
− + + =0
2 + +3 − = 0
;
b)
+2 +2 −2 = 0
−4 +4 =0
10. Trong không gian ℝ ta đưa vào tích vô hướng theo công thức
〈 , 〉=
+2
+
+
, trong đó = ( , ), = ( , ).
Khi đó độ dài (chuẩn) của vectơ = ( , ) bằng
‖ ‖=
〈 , 〉=
+2
Gọi ℝ( ) là không gian Euclid nhận được.
a) Chứng minh rằng các vectơ
= (1,0),
+2
= (1, −1) tạo thành cơ sở trực
chuẩn của ℝ( ) ;
b) Hãy trực chuẩn hóa cơ sở ( , ) của ℝ( ) nếu
= (1,1), = (1,2);
222
c) Hãy tìm chiếu trực giao
(
) sinh bởi
(
)(
) của vectơ
= (2, −1) trên không gian
.
11. Tìm chiếu trực giao của vectơ a lên không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi các
vectơ trong bài 4.1.1 tương ứng với
a) = (1, −1,0,1);
b) = (1,1,1,1);
c)
= (1,0, −1,1);
; trong đó N là không gian
12. Tìm chiếu trực giao của vectơ a trên không gian
nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất trong ℝ
a)
+ 2 − 2 = 0, = (1,1,1);
+ − + =0
+ + − 2 = 0 , = (0,1,0,1);
2
b)
3 +2 − = 0
13. Tìm chiếu trực giao của vectơ a trên không gian nghiệm N của hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất dưới đây trong ℝ . Từ đó tính khoảng cách d từ a đến N
( = min ∈ ‖ − ‖)
a) 2 + − 2 = 0, = (1,2,3);
+2 −3 = 0
− 3 + 4 = 0 , = (0,1,0,1);
b)
+ − + =0
= (1,1, −1),
14. Gọi M là không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi
= (1, −1, −3)
a) Tìm chiếu trực giao của = (1,1,1) trên M;
b) Tìm ma trận A của toán tử chiếu trực giao trên M trong cơ sở chính tắc;
c) Tìm ma trận B của toán tử chiếu trực giao trên M trong cơ sở ( ,
trong đó
= (−1,0,1), = (1, −1,1), = (1, −2,4);
d) Tính
e) Tính
với
∈ ℕ∗ ,
và tìm ,
,
)
≥ 2;
sao cho
=
+
.
15. Giả sử = ( , , ) là không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi các vectơ
= (1,1,0,1), = (3,1,2, −1), = (1,2,2,0)
a) Tìm chiếu trực giao của = (0,2,1,1) trên ;
b) Tìm ma trận
của toán tử chiếu trực giao trên
trong cơ sở chính tắc;
của toán tử chiếu trực giao trên trong cơ sở ( , , , )
trong đó
= (1,0,1,1),
= (−1,1, −1, −1),
= (0,1,1,0),
= (1, −1,2,2);
c) Tìm ma trận
223
d) Tìm tập tất cả các trị riêng, vectơ riêng của .
16. Với ( ), ( ) là các đa thức hệ số thực, đặt
〈 , 〉 = (−1) (−1) + (0) (0) + (1) (1).
a) Chứng minh rằng hệ thức trên đây xác định một tích vô hướng trong ℝ[ ] .
Nó có xác định tích vô hướng trong ℝ[ ] khi ≥ 3 không? Tại sao?
b) Áp dụng quá trình Gram-Schmidt tìm cơ sở trực chuẩn ( , ( ), ( )) từ
cơ sở (1, , );
trên không gian con
c) Tìm chiếu trực giao của ( ) = 1 + +
= (1, ) trong ℝ[ ] sinh bởi 1 và x;
d) Tìm ma trận A của toán tử chiếu trực giao trên M trong cơ sở (1, , );
e) Tìm ma trận B của toán tử chiếu trực giao trên M trong cơ sở trực chuẩn xây
dựng ở ý (b) và ma trận chuyển cơ sở C từ cơ sở (1, , ) sang cơ sở trực
chuẩn.
17. Trong không gian ℝ[ ] xét tích vô hướng
〈 , 〉=
( ) ( )
a) Áp dụng quá trình Gram-Schmidt trực chuẩn hóa cơ sở (1, , );
b) Tìm chiếu trực giao của ( ) = 1 trên không gian con
= ( ,
bởi các đa thức ,
) sinh
;
c) Tìm ma trận của toán tử chiếu trực giao
trên M trong cơ sở (1, ,
).
18. Giả sử E là không gian Euclid. M là một không gian vectơ con của E. Khi đó
với mỗi ∈ tồn tại duy nhất
∈ , ∈
để = + . ta xây dựng
( )= −
theo qui tắc
và gọi nó là toán tử đối
toán tử tuyến tính
xứng trực giao trên M. Gọi A, B tương ứng là các ma trận của ,
trong một
cơ sở cố định của E. Chứng minh rằng
là toán tử tự liên hợp trong E;
a) Toán tử
( )=2 ( )− ;
b)
c)
= và
= nếu là số lẻ,
= nếu là số chẵn.
19. Gọi M là không gian vectơ con trong ℝ sinh bởi các vectơ { , , . . , }.
Tìm các ma trận A và B tương ứng là các ma trận của các toán tử chiếu trực
giao và đối xứng trực giao trên M trong cơ sở chính tắc
a)
= (0,1,1), = (8, −3,1), = (−2,2,1);
b)
= (2,0,3, −1), = (1, −3,3,4), = (1,3,0, −5);
c)
224
= (1, −1,0,1,1),
= (1,1,1, −1,1),
= (1,0,0,0, −1),
= (−1,1,0,1,1).
20. Gọi M là không gian vectơ con trong không gian Euclid E sinh bởi các vectơ
{ , , . . , }, 〈 , 〉 là tích vô hướng, ∈ ,
là toán tử chiếu trực giao trên
M. Ma trận tích vô hướng xác định như sau
〈 , 〉 〈 , 〉 … 〈 , 〉
〈 , 〉 〈 , 〉 … 〈 , 〉
…
]
=
= … [
..
..
…
..
〈 , 〉 〈 , 〉 … 〈 , 〉
được gọi là ma trận Gram của hệ các vectơ { , , . . , } tương ứng với tích vô
hướng đã cho. Chứng minh rằng
( )=∑
a)
khi và chỉ khi các hệ số
thỏa mãn hệ phương trình
tuyến tính
[ ] = [〈 , 〉] (1)
b) G là ma trận khả nghịch khi và chỉ khi { , , . . , } độc lập tuyến tính. Từ
( ) có thể tìm được bằng cách giải hệ phương
đó ma trận cột tọa độ của
trình tuyến tính (1) hay theo công thức
[〈 , 〉].
[ ]=
21. Giả sử M là không gian vectơ con trong không gian Euclid E, ∈ . Ta gọi
góc giữa f và không gian con M là góc giữa f và chiếu trực giao ( ) của f
trên M, tức là
〈 , ( )〉
=
.
‖ ‖‖ ( )‖
Tìm góc giữa f và không gian con M trong các trường hợp sau
a)
= (3,4, −4, −1), (0,1, −1,2) , = (2,2,1,1);
b)
=
(5,3,4, −3), (1,1,4,5), (2, −1,1,2) ,
= (1,0,3,0);
= ( , , , ), = (0,0,1,0,0)
trong
đó
= (1, −1,0,1,1),
= (1,1,1, −1,1), = (1,0,0,0, −1), = (−1,1,0,1,1).
22. Ta gọi góc giữa hai không gian vectơ con trong không gian Euclid E là góc
c)
lớn nhất, 0 ≤
≤
giữa các vectơ trong không gian con này với hình chiếu
trực giao của chúng trên không gian kia. Tìm góc giữa hai không gian vectơ
con = ( , ), = ( , ) trong ℝ tương ứng
a)
= (0,0,1), = (1, −1,0),
= (1,1,1), = (2,0,1);
= (1,0,0,0), = (0,1,0,0),
b)
= (1,1,1,1), = (1 − ,1,1,1).
23. Tìm khoảng cách từ vectơ x đến không gian vectơ con trong ℝ cho bởi hệ
phương trình
225
2
+2 + + = 0
, = (2,4,0, −1);
+2 + +2 = 0
+2 + − = 0
b)
, = (3,3, −4,2).
+3 + −3 = 0
24. Mỗi trong các dạng toàn phương ( ) trong ℝ , tìm
sao cho
(i) Cơ sở trực chuẩn ( ′ , ′ , … , ′ ) và các số thực
a)
với
′
=∑
( )=∑
;
(ii) Ma trận trực giao C sao cho khi thay [ ] = [ ] vào
thì được dạng chính tắc ( ) = ∑
;
(iii) Phân loại tính xác định của ( );
( )=[ ]
[ ]
( ),
( ) trên tập các vectơ x mà‖ ‖ = 1;
(v) Mô tả mặt cong chính tắc ( ) = 1.
−2
−2
;
a) ( ) = 4 + 2 + 2 + 2
(iv)
−2
+
+4
+8
c)
( )=
( )=
+3
+
+2
;
d)
( )=
+2
;
e)
( )=−
b)
+2
+2
−2
+4
+2
+ + +2
−2
f) ( ) =
25. Cũng các câu hỏi như bài 4.2.4. cho các
gian ℝ , ℝ
a) ( ) = 2
−6
−6
+2
b) ( ) = 3 − 3 + 4 + + 8
;
+4
;
+2
.
dạng toàn phương trong các không
;
−4
;
c) ( ) =
+ −2 −2 +2
−4
.
26. Tìm các giao điểm của mặt bậc hai với đường thẳng
a)
b) 5
+
+9
−
−5
+9
− 12
= 0, −
−6
226
+ 12
;
− 36
= 0,
= − 4;
2
−2 + −2
+4
−
+ 3 − 5 = 0,
c)
+3
= , = 0.
2
27. Tìm tất cả các đường thẳng nằm trong mặt bậc hai và song song với đường
thẳng
+ +5 −6
−2
+2
+ 3 − 12 = 0,
−1
+3
=
=− .
2
1
3
=
=
=
28. Phân loại đường cong giao tuyến của các mặt bậc hai và mặt phẳng
a) 3 + 4 + 24 + 12 − 72 + 360 = 0,
+5
b)
+
+2
+6
− +
+2
= 1;
−2 +6
+2
= 0,
2 − + = 0.
29. Tìm tâm đối xứng của các đường cong bậc hai, mặt cong bậc hai và chỉ rõ phân
loại của các đường cong, mặt cong bậc hai này
a) 3 + 3 + 2 + 4 − 4 − 1 = 0;
b) 11
c)
+4
−5
+ 24
+ 6√3
− 26 − 32 + 35 = 0;
+ 12√3 − 2
− 20 + 6√3
− 12√3 − 15 = 0.
30. Đưa phương trình bậc hai tổng quát về dạng chính tắc bằng biến đổi trực giao
(quay) và tịnh tiến hệ trục tọa độ. Hãy chỉ ra hệ trục tọa độ chính tắc, vẽ đường
cong trong hệ trục tọa độ chính tắc và phép biến đổi đưa về chính tắc
a) 3 + 3 + 2 + 4 − 4 + 2 = 0;
b)
−5
c) 2
+
+ 6√3
+
+ 12√3 − 2
+4 +
− 20 + 6√3
− 12√3 − 15 = 0;
− 2 = 0.
31. Bằng biến đổi trực giao và tịnh tiến đưa phương trình các mặt cong về dạng
chính tắc. Hãy chỉ ra cơ sở chính tắc và các biến đổi đưa về chính tắc
a)
+ 2 + 3 − 4 − 4 + 24 − 6 − 47 = 0;
b)
+2
c) 10
+2
+ 10
+6
+ 10
− 4 + 2√2 − 2√2 + 25 = 0;
+6
+8
+ 60 = 0;
d) 2 + 2 + 2 + 4 + 9√2 + 7√2 − 4 + 10 = 0.
32. Chỉ bằng một phép quay quanh một trục cố định, đưa phương trình các mặt
cong về dạng chính tắc. Hãy chỉ ra cơ sở chính tắc và các biến đổi đưa về
chính tắc
a)
=2 ;
b)
=3 +4 ;
c)
=3
d)
=
+4
+2
;
+
+ 1.
227
228
ĐÁP SỐ, TRẢ LỜI CÁC BÀI TẬP
Chương 1.
1, 2, 3. Lập bảng giá trị chân lý. 4. a) ∨ ⟺ ̅ ∧ , ⟹ ⟺ ∧ , ( ⟺ ) ⟺
( ⟹ ) ∧ ( ⟹ ) ; b) Vì ∨ = ̅ ∧ nên đưa về a; c) ∧ ⟺
⟹ . 11, 12. Theo
định nghĩa. 13, 14. Sử dụng các tính chất của tập hợp và biến đổi: đại số tập hợp.
15. ⊆ ⊆ ̅. 16. a) ∪ = ( △ ) △ ( ∩ ), \ = ( △ ) ∩ ; b) ∩ = ( ∪ ) △
( △ ), \ = △ ( ∪ ) △ ( △ ) ; c)
∪ = △ ( \ ) = △ ( \ ),
∩ = △
( \ ) = △ ( \ ). 22. | ( )| = 2 . 23. a)
; b) !
khi ≤ ; c) ! khi
= .
31. a)không, b)có, c)không, d)không, e)có, f)không, g)có. 32. ∅ là trung hòa của phép ∪; X là
trung hòa của phép ∩. 35. a)không, b)không, c) ℕ∗ , ℤ∗ không, d)có, e)có, f)có. 36. a)có,
b)không, c)có. 37. a)không, b)không, c)không, d)có, e)có. 38. a)không, b)không, c)có, d)có,
e)có, f)có. 39. ( , ) = 1.
43. a)1 + 18 , b)10 − 11 , c)− + , d)1 + .
45. a)
= ,
= 1 + , b)vô nghiệm. 47. a) 0,1,
48. a)
=
, ( = 1, … , − 1);
= √−1 , b)
, ( = 1,2, … , − 1);
c)
=
b)
= 5−3 ,
= 2 + ; c)
+
50. a)2
=
= √−1 . 49. a)
= 2,
,
−1 ± √3 , b){0, ±1, ± }.
,
= ± ; d)
−
b)
,
,
= √1 .
= 1−2 ,
=3;
= ±(3 − 2 ).
, c)
=2
1 + √3
d)2
√
.
53. a) ( ) = ( − 2)(3 + 7 + 14 + 9 + 5); (2) = 0,
b) ( ) = ( + 2)( − 5 + 2) + 1; (−2) = 1;
c) ( ) = ( + 3)(2 − 6 + 13 − 39 + 109) − 327, (−3) = −327.
54. a) (4) = 136; b) (2) = 1; c) (−2) = 67; 55. a)3, b)3, c)2, d)8.
56. a) ( ) = ( − 2) − 18( − 2) + 38,
b) ( ) = ( − 2) + 10( − 2) + 36( − 2) + 62( − 2) + 48( − 2) + 18.
57. a) ( − 1)( − 2)( − 3);
b)( − 1 − )( − 1 + )( + 1 − )( + 1 + );
− √3
c)
d) ∏
+ √3
− cos
− −
√
− sin
− +
√
+ −
√
+ +
√
;
.
( , )
58. a) (
+ 3)(
+ 3 + 3)(
+1
− 3 + 3),
b)
−2
+2
c)
− √ +2+1
d)
+ 2 + 1 + √2 − 2( + 1)
+1
+2
+1 ;
+ √ +2+1 ;
√
2
+ 2 + 1 + √2 + 2( + 1)
√2+1
2
.
59. -5. 60. = , = − − 1. 61. a) ( − 1) ( − 2)( − 3). ( − 1 − ),
b) ( − ) ( + 1 + ).
229
62. a) ( − 1) ( − 2)( − 3)( − 2 + 2),
b) ( + 1) ( + 2 + 2). 63. a) ( − 1) ( + 2), b) ( + 1) (
d) ( , ) − 1; trong đó (m, n) – là ký
( , )
hiệu ƯSCLN của m, n, e) ( ) =
không nhỏ hơn 2 của ( + 1) −
−
d)
(
)
−(
, c) −
)
( , )
và
( , )
là các số lẻ
1 trường hợp ngược lại
= 6 + 1. Viết điều kiện để nghiệm của
cùng tính chẵn, lẻ. 67.
b)
+ 1 nếu
+ 1), c)
+(
)
(
+(
− 1. 68. a)
)
)
+
+(
(
)
)
+
+(
(
)
(
−
(
)
+
+
(
)
+
+ 1,
. 66. m, n, p có
+ 1 là nghiệm bội
,
)
)
, e) ∑
(
)(
.
)
Chương 2.
= 1, b) Không .Vì A, B có các cấp khác nhau, c) Không. Vì A, B
−1 9
có các cấp khác nhau. 2. a)
= 2 11 ,
không xác định,
1
3
−2 + 2
2
−2 −1 3
b)
= 4,
= 6
=
không xác định,
3 −9 , c)
4
−1 − 2 ,
3+2
−1 − 2
−2 −1 3
−3 +
1+
1−
1−
0
2−
= 3+
d)
= 1+
−2
−1 . 3. a) AB không xác
−1 −
−1 + 3 ,
0
−1 +
3
2 + 2 −1 −
0 1 −3
,
c)
= [6 2 4] ,
d)
không
xác
định,
định,
b)
=
7 −9 −7
= [−3 −4 −5] ,
e)
= [−4 −5 1], f)
không xác định, g)
1 0
1
+
[
]
)
[
]
(
h)
= 7 3 , i)
, b) 0 1 ,
+
= 3 −2 −1 . 4. a)
0
1
−1 0
4 0 0 0
0 0 2 9
9 0 0
0 4 0 0
0 0 0 6
6
14 −2
.
, c)
.
5. a) 0 9 0 , b)
c)
0 0 4 0
0 0 0 0
10 −19 17
0 0 9
0 0 0 4
0 0 0 0
3 3 0
0
2 4 4 2
+
3 3 0
0
3 7 0 4
=
14. a)
=
, b)
;
0 0 −2 2
0 0 0 7
0 0 2 −2
0 0 −2 3
1 1
1 1
1 −1
1 0
3 1
,
, =
, =
, =
,
trong
đó
=
=
1 2
1 3
1 0
−1 1
1 1
1 2
0 0
: phương pháp qui nạp toán học,
, =
. 16. a)
=
=
−
−3 1
0 0
1.a)Không. Vì
b)
230
=2
−
=4≠
, c)
=
3 +1
9
−
,
−3 + 1
1
= 0
0
d)
,
1
0
1
nếu là số chẵn,
nếu là số lẻ
(−1)
=
17.a)
(−1)
⎡
b) ⎢(−1)
⎢
⎣ (−1)
)
)
(−1)
(
(−1) + (−1)
−6 −11
,
b) ( ) =
11
5
a) ,
18.
(
(−1)
(−1)
(
(−1) + (−1)
2− −
2(2 − )
2−5 −
e)
−2
c) 0
0
−7
7
0
0
−12 12
−
(
2 1− )
2−3 −
+
2
5 +
⎤
⎥.
(
) ⎥
⎦
−2 −1 2
1
0 −2 −1 2
.
, d)
0
0 −2 −1
0
0
0 −2
(
)
+ 2−2
hay dưới dạng
)
19. a) ( ) = , b) ( ) =
− 3 + 2, c)
= (2 − 1 )
1 1−2 2 −1
. 20. a) ( ) = , b) ( ) =
= 0
tường minh
1
0
2
0 1−2
3−2
3(2 − 1) 1 − 2
= với mọi ≥ . 23. { ,
c) 3(2 − 1) 2
− 3 1 − 2 . 21. a)
(
)
(
)
3 2 −1 3 2 −1
1
=
0
0
,
0
=
−
−
.
− 3 + 2,
}; trong đó
( ≠ 0). 31. a)Không. Có hai phần tử trên cột 4; b) Có.
(−1) = −1; c) Không. Có hai phần tử trên hàng 1; d) Không. Có hai phần tử trên cột 2;
e) Có. (−1) = −1. 32. 2 , 3 .
( − )+
( − )+
( − ). 34. 2
33.a) 3 √3; b)0; c)
. 36.
.
37. a)Nhân với (−1) , định nghĩa định thức; b) Không thay đổi, định nghĩa định thức;
c) Không thay đổi, tính chất của định thức:
=
; d) Không thay đổi: biến đổi này có
thể thay bằng hai biến đổi một hàng và một cột qua hai trục đối xứng tương ứng song song với
:
các cạnh và một đối xứng qua đường chéo chính; e) Không thay đổi. 38. a)Nhân với (−1)
(
)
Đổi chỗ n-1 lần liên tiếp cột đầu cho các cột ngay sau nó; b) Nhân với (−1)
: Đổi chỗ
các cột trước cho các cột đứng ngay sau nó tương ứng ( − 1), ( − 2), … ,2,1 lần tính từ cột
thứ nhất 41. a)-153; b)-336; c) ; d)-2639; e)-18016.
42. a) ∏
+∑
…
… . Viết mỗi hàng thành tổng và sử dụng tính cộng
tính của định thức; b)
=0 ế
> 2, = 1 +
,
= ( − )( − );
c) (1 − ) ( + 1 − ), sử dụng tính cộng tính của định thức.
). Lấy hàng dưới nhân với (–x) rồi cộng lên hàng trên kể
43. a) (−1)
!; b) ∏ (1 −
từ hàng 2; c) [ + ( − 1) ]( − ) : cộng tất cả lên hàng đầu, đưa thừa số
[ + ( − 1) ] ra ngoài định thức sau đó lấy hàng đầu nhân với (-b) cộng vào các hàng sau;
d) (−1)
(
)
: −ℎ
+ ℎ , −ℎ
+ℎ
, … , −ℎ + ℎ .
231
44. a)
=
=3
hồi
+ 1; công thức truy hồi
−2
= ( + 1)
e)
46.a) [2
b) ∑(
ℎ
49.a)
=( − )
b) [(
+
− 1) … (
=2
+
+
−
= ,
−
(
=
+
)
(
) ; b) 24 ; c)1.
;
; c) ∏
−
− 1; công thức truy
− 1;
− 1)] ∏
[ + ( − 1) ] nếu
−
=2
; b)
≠ . 45. a) (
ℎ
∏
) +(
−
− 1; d)
=
− 1)(
…
)
, ,…,
= ,
−(
…
=2
; c)
=2
)
nếu
.
≠ ;
) ].
51. Cùng với ma trận A ta xét ma trận B giống như A nhưng tất cả các phần tử ngoài đường
chéo đều bằng 1. Bằng biến đổi sơ cấp : cộng tất cả lên hàng đầu, đưa thừa số (n-1) ra ngoài
sau đó lấy hàng 1 nhân với (-1) rồi cộng vào các hàng còn lại ta được
= ( − 1)(−1) . Khi n là số chẵn thì det B là số lẻ; Do số các số hạng bằng 0 của
detA, detB như nhau và là các số 1 hay (-1) nên sau khi ước lược từng cặp (+1) với (-1) trong
det A ta cũng được số lẻ tức là
≠ 0. Khi n là số lẻ thì detA có thể bằng 0, ví dụ như
0 1 1
0 1 1
= 1 0 1 ó
= 0, = 1 0 1 ó
= 2. 54. a)3; b)3; c)( − 1) nếu n là
−1 1 0
1 1 0
số chẵn, nếu n là số lẻ; d)5; e)4. 55. a) 1 nếu m = 0, 2 nếu m = -3, 3 nếu ≠ 0, ≠ −3;
b) 1 nếu
c) 2 nếu
= 1, 3 nếu
= 1, 3 nếu
= −3, 4 nếu ≠ 1, ≠ −3;
= 2 hoặc = 3, 4 nếu ≠ 1,
d) − 1 nếu = 0, nếu ≠ 0;
e) 3 nếu = 0, = −2 hoặc = −4, 4 nếu
f)
− 1 nếu
= , nếu
1
0
d)
0
0
1 −2 3
−1 2 −1 ;
1
0 −1
c)
g)
0
0
0
−6
k)
3
0
1
2
3 −3 0
0
3
0 −3 0
−3 3
2 −2
232
≠ 1/2.
0
0
3
0
6
0
0
0
0
2
; h)
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
≠ 0,
57.
a)
0
1
;
0
0
0
0
e)
1
0
−1
1
..
0
0
1
0 −2 3
⎡0
⎢
1 −1 1
; i) ⎢. .
0 1 −3
⎢0
0 0
1
⎣0
2 −1 −7 3
0
1
0 0
; m)
; l)
−1 0
1 0
0
0 −2 1
1
0
0
0
≠ 2,
≠ 3;
≠ −2,
≠ −4
−1 2
;
1 −1
1
0
0
0
0
−1
..
0
0
4
−3
6
−5
0 −1
b) −1 1
1
0
1 0 0
0 0 1
f)
0 0 0
0 2 0
0 0
0 1
;
0 0
1 0
… 0 0
… 0 0⎤
⎥
… .. .. ⎥;
… 1 −1⎥
… 0 1⎦
−1 1 −2
3
6
6
−6 −3 −3
−1 10 7
1
0 ;
0
0
0
;
2
0
1 −2 1
0 0
⎡0 1 −2 1 0
⎢
1 −2 1
⎢0 0
j) ⎢. . . .
..
.. ..
0
0
0
0 0
⎢
⎢0 0
0
0 0
⎣0 0
0
0 0
… 0 0
0
… 0 0
0 ⎤
0 −1 1 … 1
⎥
⎡
… 0 0
0 ⎥
1
0 −1 … −1⎤
⎢
⎥
58.
a) ⎢−1 1
… .. ..
.. ⎥;
0 … 1 ⎥;
⎢ ..
… 1 −2 1 ⎥
..
.. … .. ⎥
⎣
⎥
… 0 1 −2
1 −1 1 … 0 ⎦
⎦
… 0 0
1
…
⎡
⎤
−
…
−
−
⎢0 −
⎥
b)
= ⎢ ..
..
..
…
..
..
⎥.
(−1)
0
0
… (−1)
⎢0
⎥
(
)
⎣0
0
0
…
0
−1
⎦
1 −3 3 −1 0 … 0 0
0
⎡0 1 −3 3 −1 … 0 0
0⎤
⎢
⎥
1 −3 3 … 0 0
0⎥
⎢0 0
c) ⎢. . . .
..
..
.. … .. ..
.. ⎥;
0
0
0
0
0
…
1
−3
3
⎢
⎥
⎢0 0
0
0
0 … 0 1 −3⎥
⎣0 0
0
0
0 … 0 0
1⎦
1
0
0
1 −1 1
−1 2 1
1 0 0
1
0 ; b) = 0 1 2 , = −1 1 0 ;
59.a)
= 0 3
0 , = 1
2 1/3 1
0 0 −1
0 0 −6
−2 5 1
1
0
0 0
1 1 −1
1
1
1
0 0
11
3
1 1
0 −2 0
−2
;
; b)
. 60. a)
, =
c) =
1 −1/2 1 0
−24 −7
0 0
0 0
5
6
1 3/2 1 1
0 0
0 −12
−1 −1
1 2 −1 0
( , ∈ ℝ); d)∅; e) −1 2 ; f) 0
;
c)
3 ; g)
5 6 −9 8
0 0
2 −1 2 −3
1 −1
1/2 3/2
0
7/2
−12 −42
−11 −11/2 8
7
9
1/2 9/2 7/2 7/2
1/2
−3 . 61. a)
h) 11
; b) =
=
.
0
4
1
9
8
4
−3
11/2 −2
−2 −10
0
9
0
1
1
1 −1
1 3 −5 13
( + )=( − ) .
62. a) = 5/2 1 1/2 ; b) = 0 9 −9 10 . 64.
4
1
2
1 7 10 7
1
2 3
; b)
=
65. a)
=
;
−1
−1 2
−1 2 −3
−2
−1
1 −2 3 −1
1
2
2 −1
. 66. a)(0,1,2);
=
= 2 ; d)
c) −2 1 −3 1
−1
1 −1 −1
0
1
1
1 −4
1
0
3
2
b) (1,2,1); c) (1,2, −1,1). 67. a) = 1, = −1, = 1; b) = 1, = 2, = 3;
c) = 1, = 1, = −1, = 2;
68. a)
=
,
=
( ,
tùy ý), (0,1, −1,1);
233
=
b)
,
=
,
c) = −33 + 22
d) Hệ vô nghiệm;
=
e)
− 11,
,
69. a) )
=
= 24
=
= ,
(
=
,
= khi
)Vô nghiệm khi
)
,
= 3, )
(
d) )Vô nghiệm khi
=
,
)
,
=
,
khi
= 1,
−
−
khi
= 1.
=1−
,
=
=
=
=
= 1/(3 + ) khi
≠ 0, ≠ −3 có nghiệm duy nhất
;
− 2 , = 11 + 3 − 4 , ,
=
= 0, = 11 ( tùy ý);
=2−
,
≠ 1, ≠ −3 có nghiệm duy nhất
= 1, hệ có NTQ:
(1,1,-1), ii) Khi
=
≠ −3 có nghiệm duy nhất
=
f) i)Vô nghiệm khi = −3, )NTQ:
70. a) i) Khi
= ,
;
)
= −3, )Khi
=
tùy ý); (−3,0,2,1,4);
= −3, = 0, )Khi
(
e) i)Khi = 6 có NTQ: = 3
Khi ≠ 6 có NTQ: = 3 ,
iii)Khi
= 0,
= −3, iii)Nghiệm duy nhất
=
tùy ý), (2,3,4,0);
( ,
=
≠ 1, ≠ −3; c) )Vô nghiệm khi
(
+8 ( ,
− 16
≠ 1, ≠ 3; b) i)NTQ
iii) Vô nghiệm khi
=
tùy ý), (2, −2,3, −1);
=
,
=
(
)
,
=
- tùy ý,
tùy ý), khi = 1,
,
=
,
=
.
( tùy ý), hệ nghiệm cơ bản có 1 nghiệm
=−
≠ 1, hệ có nghiệm duy nhất
=2(
= −1,
,
=
=
=
= 0;
tùy ý), hệ nghiệm cơ bản
b) i) Khi = 1, hệ có NTQ: = , = − − ( ,
{(1,1, −1,0), (0,0, −1,1)}, ii) Khi = −8, hệ có NTQ:
= −2 , = −4 − ( , tùy ý), hệ nghiệm cơ bản {(1, −2, −4,0), (0,0, −1,1)};
c) i) Khi = −1, hệ có NTQ: = 2 , = −2 , = −5 ( tùy ý). Hệ nghiệm cơ
bản {(1,2, −2, −5)}, ii) Khi = 1, hệ có NTQ:
= − , = , = 2 ( tùy ý). Hệ
nghiệm cơ bản {(1, −1,1,2)}, iii) Khi = −2, hệ có NTQ: =
= 0, = 2 ( tùy ý).
Hệ nghiệm cơ bản {(0,0,1,2)}, iv) Khi ≠ −2, ≠ −1, ≠ 1 hệ có nghiệm duy nhất
=
=
=
= 0.
d) i) Khi = 3, NTQ: = , = , = − (
{(1,1,1, −1)}, ii) Khi ≠ 3, hệ có nghiệm duy nhất
e) i) Khi
= 0, NTQ:
=
=⋯=
= 0,
tùy ý). Hệ nghiệm cơ bản
=
=
=
= 0.
tùy ý. Hệ nghiệm cơ bản {(1,0,0, … ,0)},
≠ 0, hệ có nghiệm duy nhất
=
=⋯=
= 0.
71. a) )Khi = 21 2 , = 3 có NTQ =
, = 1 − 6 ( tùy ý),
)Khi = 21 2 , ≠ 3 hệ vô nghiệm, )Khi ≠ 21 2, hệ có nghiệm duy nhất:
ii) Khi
=
234
,
=
, =
.
b) i) Khi
=2
iii)Khi
+
,
≠ 4,
,
= 8 hệ có NTQ:
( tùy ý).
=
= ,
=
,
=
,
=
.
−1
−1
( , , ∈ ℝ);
1−
2−
− + 2 −2 −
= 3 −1 4+3
2
1+2
= 2+2 −2
−1 − +
c)
=
≠ 4,
≠ 8 hệ có nghiệm duy nhất
2+
−1
−
=
72. a)
b)
= 4 hệ vô nghiệm, ii) Khi
( ,
∈ ℝ);
( , , ,
2+2 −2
1− +
+ 3 + 4 + 5; b) 2 − + 3 − 4.
75. a) − − + 1; b) − − 1. 76. a) {(1 + 3 − 2 , 1 − 2 , ) } ( , ∈ ℤ);
b) {( , 0,22 − 11,8 − 16 )} ( ∈ ℤ); c) {(−16 − 8,6 + 3,1, ) ( ∈ ℤ)}.
73. a)
77.
a)
c)
1
0
0
78. a)
79. a)
+ 3 + 4; b) 2
∈ ℝ).
1
0
0
1
0
1
−1
0
+
1
0
0 +
1
−1
1
+ −3
− +2 +
+ 3 − 5. 74. a)
−3 −2
1 0
1
( , ∈ ℝ);
( , ∈ ℝ); b)
+
1
0
0 1
0
1 0
0 0 1
0 0 0
( , , , ∈ ℝ).
3 0 + 0 3 0 + −3 0 1
0 2
0 0 2
3 0 1
−
−1 0
0 1
( , ∈ ℝ) .
( ∈ ℝ) ; b)
hay
+
0 1
1 0
0
0
0
−2
0
=0
; b)
=0
+
+2 = 0
; c) 2
− =0
+
−
−
= 0.
80. a) Hệ có nghiệm duy nhất theo modul các số nguyên tố ≠ 3, Khi p = 3 hệ có NTQ:
( , tùy ý); b) Hệ có nghiệm duy nhất theo modul các số nguyên tố
= −1 + +
= 1+
≠ 2, ≠ 3, Khi p = 2 hệ có nghiệm tổng quát
theo modul 2 với
tùy ý, Khi p
=1
= 3 hệ vô nghiệm; c) Hệ có nghiệm duy nhất theo modul các số nguyên tố
vô nghiệm; d) Hệ có nghiệm duy nhất theo modul các số nguyên tố
nghiệm.
≠ 3, Khi p = 3 hệ
≠ 2, Khi p = 2 hệ vô
Chương 3.
1.a) Có. Vectơ o là số phức 1, -x là
; b) Không. Tiên đề 1. x = x không thỏa mãn; c) Có.
= (0,0, … ); − = (− , − , … ); d) Có. 3. a) Không; không kín đối với cộng vectơ; b) Có,
nếu đường thẳng đi qua O; c) Không; không kín đối với cộng vectơ; d) Không; không kín đối
235
với nhân vectơ với vô hướng; e) Không; không kín đối với nhân vectơ với vô hướng; f) Có; g)
Có; h) Có nếu hệ đã cho là hệ thuần nhất. 5. a) ≠ ±1; b) ≠ (−1) . 6. a) Độc lập tuyến tính
= 1; b) Độc lập tuyến tính nếu n là số chẵn. 8. a), c).
9. c),d),e). Xét mỗi ma trận như một vectơ trong ℝ . 10. a), b). Xét mỗi đa thức trong ℝ[ ]
( )=
+
+ ⋯+
+
như một vectơ ( ,
, , , , , ) trong ℝ .
12. Không, vì ( , , … , ) phụ thuộc tuyến tính. 13. a) (1,2,3); b) (1,1,1); c) (0,2,1,2);
nếu n là số lẻ; xem 3.1.7b với
d) (1,2,1, −1).
15. a)
=2 ′ + ′ − ′
= −3 ′ + ′ − 2 ′ + ′
.
=
−2
+2
− ′
=
−
+
− ′
⎧
b)
= −27 ′ − 71 ′ − 41 ′
= 9 ′ + 20 ′ + 9 ′
;
= 4 ′ + 12 ′ + 8 ′
⎨
⎩
16. ( ,
( ), ′ ( ),
);
,…,
′′ (
)
!
,…,
( )(
!
)
,
(−1)
1 −
−
…
0 1 −2
3
… (−1)
,
.. ..
..
..
…
..
0 0
0
0
…
1
mà cột thứ k của ma trận là cột tọa độ của vectơ ( − ) . 17. a)Đổi chỗ hai hàng; b) Đổi
chỗ hai cột; c) Xảy ra sự đối xứng qua tâm của ma trận. 18. Gọi
là các 1-ma trận
a)
: , = 1,2, … ,
c)
−
e) {
,
; b)
:1 ≤ < ≤
,
: = 2,3, … , } ∪
−
+
(
)
:1 ≤ ≤ ≤
(
,
)
;
; d) Không tạo thành không gian vectơ;
: , = 1,2, … , ; ≠
,
tương ứng với các vectơ cơ sở của không gian nghiệm của hệ
nhất
ẩn
−
= (1) với
…
…
=
..
..
… . . , chiều của không gian
…
(
)
(
)
− 1; f) Cơ sở gồm các ma trận
phương trình tuyến tính thuần
=
−
, trong đó
M là ma trận hệ của hệ phương trình (1); dim V bằng số ẩn tự do của hệ (1); g) { }, 1.
20. a)Không. Ví dụ
+
vế
= ℝ nên
phải
=
đều
−
+
= 3 −2
= (0,1,1) =
22.a) {
236
,
,
, ,
là ba đường thẳng chỉ giao nhau tại O trên mặt phẳng, khi đó
∩ ( + ) = nhưng mà ∩ = ∩ = { }; b) Hiển nhiên, vế trái,
bằng
∩ . 21. a) { , , }, 3, = − +
= (−1,1,0),
= (1, −1,1); b) { , , }, 3, = +
= (1,1,0),
= (3, −2,0); c) { , , }, 3,
= (1,1,1) = + +
+
}, 3,
.
= (1,1,1) =
+
+
;
,
= (1,1, −1),
b) { , }, 2,
= (1,1), = (1, −1),
= (2,1).
23. a) { ( ), ( )}, 2, ( ) = (1,1), ( ) = (−1,1), ( ) = (1,2);
b) { ( ), ( ), ( )}, 3, ( ) = (1,1,1), ( ) = (1,1,0), ( ) = (0,1,1).
24. a) = 1, { , }; ≠ 1, { , , , };
= ±1, { ,
b)
,
};
= 2, { ,
};
≠ ±1, ≠ 2 , { ,
= 1, { , }; = −1 ± √2, { , , }. 25.
26.a) {(1,2,1,0,0), (−1,1,0,1,0), (1, −1,0,0,1)}, 3;
,
a) ∀ , { ,
c)
};
,
};
,
b) = 17, { ,
}.
b) {(1,0,0, −2,1), (0,1,0, −4,3), (0,0,2, −3,0)}, 3;
c) {(1,1,1,1,0,1), (1,0,0,0,1,0), (0, −1,0,0,0,1)}, 3.
27. a) Khi
b) Khi
Khi
= 1: {(1,1, −1)}; 1; Khi
≠ 1: không gian nghiệm là {0};
= −1: {(1,2, −2,5)}; 1; Khi
= 1: {(1, −1,1,2)}; 1;
= −2: {(0,0,1,2)}; 1. 28. a) Cơ sở { , , };
= 3;
− −2 =0
− +2 =0 ;
b)
b) Cơ sở là { , , };
= 3. 29. a)
2 + − =0
= 1; b) 3, 2. 31. Gọi
= ( , , … , ),
30. a) dim( + ) = 3, dim ∩
−
+
= ( ,
c) { ,
,
,…,
,
) a)
+
=
,
∩
=
−
−
=0
;
=0
; b) { ,
=
}, (3,5,1);
,
}, {(1,1,1,1,1), (0,2,3,1, −1)}.
32. a) {(0,1,1,0), (−1,0,0,1), (0,1,0,2), (0,0,1,1)}, {(−1,1,1,1)};
b) {(1, −3,0,5), (0, −2,1,3), (2,1, −1,1)}, {(1,1, −2, −1)};
c) {(1, −1,1,1,1), (1,2,1, −1,2), (1,0,1,0,0), (0,1,0,1,1)}, {(1, −1,1,1,1), (1,2,1, −1,2)}.
33. a) Toán tử tuyến tính, không là đơn ánh, không là toàn ánh;
≠ 2( +
b) Không phải toán tử tuyến tính, ví dụ 2 ⟼ 2 + 4
);
c) Toán tử tuyến tính, không là đơn ánh, không là toàn ánh;
d) Toán tử tuyến tính, không là đơn ánh, không là toàn ánh;
e) TTTT nếu a = 0, song ánh; f) TTTT, song ánh; g) TTTT, song ánh; h) Không.
1 0 0
34. a) 1 2 0 ; b)
−
1 0 3
0 0
e) 1 0
0 1
1
0
0 ; f) 0
0
0
0 1 0
⎡0 0 2
⎢
; c) ⎢. . . . …
⎢0 0 0
⎣0 0 0
…
…
..
…
…
0
0 1 0
⎤
⎡
0
0 0 1
⎥
⎢
. .⎥ ; d) ⎢. . . . . .
⎥
⎢0 0 0
⎣0 0 0
0⎦
…
…
…
…
…
0
0⎤
⎥
. .⎥;
1⎥
0⎦
0 0
1 0 ;
0 0
237
+
0
+
0
g)
0
+
,
0
trong
=
đó
1 0
13 3
2 1
9
1 . 37. a)
2 2
19 −1
0 1
−4
−5 −13 −13
1
−3
1 ; c) −3
−7
8
4
16
: (1,1, −5,0), (0,1, −7,1) , 2;
38. a)
: (1, −2,1,0), (2, −1,0,1) , 2;
b)
.
=
+
−3 −6 −9
−6 −5 −3
5 3 4
.
; c)
; b)
35. a)
9
6
3
3
7 12
2 0 1
b)
,
3 2
4 3
1 −5
2 1
1
36. a) 5
−1
1
2
−1 0
; b)
−1 −3
2
4
0
4
0
3
1
3
−1
1
2 ;
−1
4
2
.
4
0
: (1,2), (−1,3) , 2; toàn ánh;
: (1,0,5), (2,1,11) , 2; không là toàn ánh, không
là đơn ánh.
: (1,0,0, −2,1), (0,1,0, −4,3), (0,0,2, −3,0) , 3;
c)
: (3,5,4,2), (5,7,8,2) , 2;
không
: (5,8,7,1), (7,9,1,8) , 2;
không
là toàn ánh, không là đơn ánh.
: (3,1,0,11,0), (0,0,1,3,0), (−2,0,0, −4,1) , 3;
d)
là
toàn
=
ánh,
không
là
đơn
3
6 −3
−3 4 −1 , (3,1,1); c)có,
0 −2 2
−7 3 −1
−27 0 18 ; b)
−17 0 13
qua ma trận chuyển vị: = ( )
41. a)
=
43. a)
−4
= −6
0
1 1
1 2 ,
1 −1
ma trận
b)
238
: (1,0, −1) , 1;
=
1
= 10
6
.
Không , vì detA = 0; b)có,
3
6
1 −4
−3 0
3
0
, (−5,3,16, −2).
=
0 −6 4
2
0
0 −2 2
−1 1
1 2
2
−5 9 ; c) = 3 −1 −2 . 42. Có, chuyển
−2 5
2 −3 1
40.
( ) = (10,18, −6);
( ) = (−114,79,240) c)
44. a)
ánh.
0
2
=
0
2
−1
−1
0
1
a)
b)
1
0
−1 −1
,
2 −1
1 −4
=
2
3
0
−2
4
8
( ) = (0,6,2,14).
: (1,1), (1, −1) , 2; toàn ánh không đơn ánh;
1 1 1
.
1 −1 1
= ( ),
=
−4
3 ,
8
: (1,1,1), (−1,2,1), (−1,3,1) , 3, đẳng cấu;
1
= 1
1
ma trận
=(
1
1
=
1
1
c)
trận
{ 1,
2,
..,
−1
2
1
−1
3 ;
1
),
= : (1,1,1,1), (1,1,0,2), (1,0,0,3) , 3; đơn ánh, không toàn ánh; ma
1 1
1 0
là ma trận thành lập theo thứ tự là các cột tọa độ của
. 45. Gọi
0 0
2 3
}. Ta có
,
=
−
=
a)
= 3,
= 0, đơn ánh không toàn ánh;
b)
= 2,
= 2, không đơn ánh không toàn ánh.
46. a)
b)
=
47. a)
:
b)
2 −2 1
1
0
0
;
=
−2 2 −1
2 −2 1
1 10 −9
−1 24 −19 ;
−1 30 −23
1
0
0
−1 1
0
=
0 −1 1
1
1 −1
1 1
1 −1
1
1
=
−1
1
:
1
2
3
4
: ( );
1
0
,
0
1
:
, không tồn tại
;
0
1
4
3
1 −1 1
,
0
1 0
48. a) Viết lại
+
1 −1
= 1 1
1 1
1
0 ,
3
=
: (0,1,2) ;
2
3
,
2
5
1
−1
+
:
:{ ,
:( ,
,
};
).
0 1 0
1 −1
,
,
−1 1 1
0 1
0
,
−1
1 1 1 2
,
,
−1 1 3 4
, không tồn tại
.
⟼ ( − + )+( + ) +( + +3 )
= ℝ[ ] ,
3
4 −1
−3 2
1 cho ta
0 −2 2
= ( ),
((1 + ) ) = (5 + −
);
239
1 1 1
0 2 4
−1 3 7
3 1
= 3 1
49. a)
3 0
không toàn ánh; d)
=
b)
(1) =
e)
(
1
1
1
,1 + 2 + 3
, vì (− +
∈
+
−1
1
−1
0
1 ; b)
1
)=
+
= ((1 − ) ), không tồn tại
),
: (1 − 3
.
); c) Không đơn ánh,
;
.
= (ℝ) ,
)=
+
),
: (1 + , 1 + +
b)
;
(1) = 15 + 15 + 12
1
= 0
0
50. a)
: (1 −
,
= ( ),
=
2 1 −1
0 1 −1
0 1 1
)+
(1 +
);
∩
=
(1 +
;
0
c) ( ) =
(
)=
= (1 +
).
+
0
: (1,1, −1) ,
52. a) )
)
+
=
: (1,1, −1) ,
b) )
: (1,1, −1), (1, −2,1) ; )
;
;
: (1,1,2), (1, −2,1) ;
)
∩
= { };
e)
= 1, (1,1) ( ≠ 0);
. 53. a) = −1, (1, −1) ( ≠ 0);
= − , (1, − ) ( ≠ 0);
= , (1, ) ( ≠ 0);
=
= 2, (1,1) ( ≠ 0);
= 1, (1,1,0) ( ≠ 0);
=
= 3, (1,0, −1) + (1,1,2) ( +
≠ 0);
= −1, (1,0, −1) ( ≠ 0);
= 1, (1,1,0) ( ≠ 0), = 3, (1,1,2) ( ≠ 0);
f)
=
=
b)
c)
d)
(
⊕
+
=
= −1,
(1,1, −1) ( ≠ 0); g)
=
=
= 2, (1,2,0) + (0,0,1),
1 0 0 1 1 1
2 0 ; 1 1 0 ;
0 0 2 1 0 −3
≠ 0). 54. a) (1,1,1), (1,1,0), (1,0, −3) ; 0
b) (1,1,2), (3 − 3 , 4,5 − 3 ), (3 + 3 , 4,5 + 3 ) ;
1 3−3 3+3
1
0
0
; 1
; c) Không chéo hóa được; d)Không chéo hóa
0 2+3
0
4
4
2 5−3 5+3
0
0
2−3
được.
0 0
0 1
1 0
0 1 (
;
+
+
≠ 0), = 1;
55.a) = −1;
0 1
1 0
0 0
−1 0
0 0 (
1 1
0 0 (
+
≠ 0)
+
+
≠ 0;b) = 1;
+
≠ 0), = 2;
−1 1
0 0
0 1
c) = 1; (1 − ) ( ≠ 0); = 2; . 1 ( ≠ 0);
( ≠ 0). 56. = 1, ma trận đối xứng ≠ ;
d) = 2 3 ; . 1 ( ≠ 0); = − 4 3 ;
= −1, ma trận phản đối xứng khác không. 57. Khi = 0, ( ) = {1}, vectơ riêng là vectơ
240
tùy ý
∈ , ≠ ; Khi
≠ 0, ( ) = {1}, tập tất cả các vectơ riêng có dạng
. 1 ( ∈ ℝ, ≠ 0).
( ≠ 0); = (1,0), = 11;
( ≠ 0);
= (1, −2);
60.a) = −1;
( , không đồng thời bằng 0),
b) =
=
= 0;
+
c)
= (0,1,0), = (−2,3,4);
( ≠ 0); trong đó = (1,1,1,2),
= 1;
= 3;
= (1,0,1,2).
61.
:
a)
= 1 2 , (1,3,0) ( ≠ 0);
(1, −3, −4) ( ≠ 0);
b)
:
c)
:
= 1,
( ≠ 0);
trong
đó
= 1, (1,1) ( ≠ 0);
= 1 2 , (1,2) ( ≠ 0);
= 1 3 , (3,8,0), ( ≠ 0);
= 1 4,
= 1 2,
(3,0,3,5).
(1,0,1,2) ( ≠ 0);
(1,1,1,2),( ≠ 0);
= 1 4,
1 0
1 2
1 0
1 4
;
, =
; b) =
, =
63.a) =
0 2
2 5
0 −1
1 5
1 −1 1
1 0 0
( ) = (5,4,1); b)
c) = 0 1 −1 , = 0 1 0 . 64. a)
0 0
1
0 0 2
−1 0
1 −1
1 1
;
, =
,
65.a) =
= 1 2.
0 1
1 1
−1 1
nếu là số chẵn
1 1
,
= 0 1
=
;
b) =
nếu
là số lẻ
−
1 0
1 1 1
3 −3 1
1
0 1
; c) = 1 1 0 ,
=
= −3 4 −1 , = 0
1 0
1 0 −3
1 −1 0
0
3−2
3(2 − 1) 1 − 2
= 3(1 − 2 ) 2
−3 1−2 ;
)
3(1 − 2
3(2 − 1)
1
1 1 1
2 −2 0
−1 0 0
d) = 0 1 1 ,
= −1 3 −1 , = 0 1 0 ;
−1 0 2
1 −1 1
0 0 3
(−1) 2 + 3 − 1 (−1)
2−3 +3 3 −1
=
3−3
3 −1 .
3 −1
2((−1)
+3 )
2((−1) − 3 )
2. 3
1 1
−3 2
−1 1
.
; c)
; b)
66. a)
−2 4
−4 3
−2 2
2 −6 −6
67.a) ( )
= , ( )
= ,( ) 2 =
3 11 3 ;
−3 −3 5
2 0 2
b) ( ) =
− 1; c) 2 = + . 68. a) = 0 1 0 ;
0 0 −2
(1,0,2,4) ( ≠ 0);
= 1 3,
( ) = (−8, −2,8);
−1
,
1
=
−
0
0
,
0 0
2 0 ;
0 2
241
b) Cơ sở đường chéo { ,
71. a) {0},
b) {0}, (
c) {0}, (
72. {0}, ,
, (1,1,1),
), ( ), (
), ( ), (
(1, −2,1),
trong đó (1, −2,1) =
73. a)
−
= 1,
};
= (−1,0,2),
= (0,1,0),
,
8
0
3
có ma trận =
, √2, 2
= 0 4√2 0
0
0
2
3 3 1
( ) = , 0, = +
cho 2
. 69. a) = 0 3 0
9 0 3
b) = 0, (1,0, −3) ( ≠ 0), = 1, (0,1, −3) ( ≠ 0),
12
( ) =
c) ( + )
+
− ;( + ) =
0
−18
( )
( ) = 6 − . 70.
d)
= (1, , , … , ),
các trị riêng
= −2,
,
= (1,0,0) tương ứng với
= 2; c) 2
;
= 2, (1,0,3) ( ≠ 0)
−6 −2
9
0 ;
9 12
= 1,2, … , ; {0}.
(1, −1,1),
),
),
(
(
; b)
(1,1,1), (1, −1,1) ;
( , ) = , ( , ) ( ∈ ), ;
( , ) = , ( , ) ( ∈ ), .
, ) = (1,1,1), (1,2,3) ;
, ) ∩ ( , ), còn ( , ) = (
ℎ
ℎ
.
ℎ
ℎ
) + ( ).
Chương 4.
1 −1 1
2
1
−1 3
3 −4
.
0 ; e)
1
3 10 0
2
2 −4 0 10
+ (0) (0) + [ (1) (1) + (1) (1)];
2 1 0
2 1
1 3
0 1
; c) 1 2 2 ; d) 1 1
; b)
1.a)
3 −1
1 0
0 2 3
1 0
2.a) ( , ) = ∫ 3 ( ) ( )
2 1 2
1 8 9 . 3. a) Không xác định: (1,1) > 0 > (1, −1); b) Không xác định:
2 9 12
(3,1) > 0 > (1,3); c) Xác định dương: ( ) = ( + ) +
>0∀ =( , )≠ ;
d) Xác định dương: ( ) ≥ 0, ( ) = 0 khi và chỉ khi (0) = (1) = (2) = 0 cho
=
b)
( ) = 0; e) Dương nhưng không
xác định dương:
( ) ≥ 0 ∀ ( ) nhưng tồn tại
( ) = ( − 1)( − 2) ≠ 0 nhưng
( ) = 0; f) Xác định dương:
( ) ≥ 0, ( ) = 0
khi và chỉ khi ( ) = 0.
1 1 −3 5
1 −1 1
2
−1 3
3 −4
0 1 −2 5 [ ]
,
; ) =
4.a) ) =
= [ ],
0 0 1 −2
1
3 10 0
2 −4 0 10
0 0 0
1
= 1, = 2, = 1, = 0; ) = (1,0,0,0), = (1,1,0,0), ′ = (−3, −2,1,0),
′
= (5,5, −2,1);
242
( )= +2 +
′
′
′
′ ; iv)Dương, không xác định dương: ∀
=
+
+
+
3 trị riêng dương, một trị riêng bằng 0.
( ) ≥ 0,
′
= 0;
2 −2 −3
4
1
1 −1 2
0 2
5 −14
1
3 −5 4
;
; ) =
b) ) =
0 0
2
−4
−1 −5 9 −9
0 0
0
2
2
4 −9 9
( )= +2 −
+ 15
)
; iv) Không xác định;
=
+
+
+
⎡0
⎢
v) 3 trị riêng dương, 1 trị riêng âm. c) ) = ⎢ 1
⎢
⎣−
)
( )=2
=
−2
+
−
+
1
0
− ⎤
⎥
⎥; ) =
⎥
0 ⎦
2 2 −1
2 −2 3 ;
0 0
2
; iv) Không xác định; v) Một trị riêng dương, hai trị riêng âm,
1 1 0
1 −1 1
một trị riêng bằng 0. d) ) = 1 2 1 ; ) = 0 1 −1 ;
0 1 10
0 0
1
( )= + +9
; iv) Không xác định; v) Ba trị riêng dương, một trị riêng bằng 0.
iii)
=
+
+
1 1 0
5. a) ) = 1 2 1 , Δ = Δ = 1, Δ = 9;
0 1 10
9 −9 1
) = 0 9 −1 , ( ) = + +
;
0 0
1
1
′
′
) 1 = (1,0,0), 2 = (−1,1,0), ′3 = (1, −1,1);
9
1 −2 1
b) ) = −2 6 −4 , Δ = 1, Δ = 2, Δ = 6;
1 −4 6
6 6 2
+
;
) = 0 3 2 , ( )= +
0 0 2
) = (1,0,0), = (2,1,0), = (1,1,1).
−2 −4
= −4 −5
2 −2
−3 −4
) =
0
2
0
0
) = (−1,0,0),
c) )
2
−2 , Δ = −2, Δ = −6, Δ = −12;
12
−9
+
+
;
6 , ( )=−
3
= (−2,1,0), = (−3,2,1).
243
4 0
0
0
⎡0 −4 −4 0
⎢
d) ) = ⎢0 −4 2
0
⎢0 0
0 −5
⎣0 0
0
3
1
0
0
⎡ 4
1
⎢ 0 −1
4 − 6
⎢
1
0
) =⎢ 0
6
⎢
0
0
⎢ 0
⎢
0
0
⎣ 0
= (1,0,0,0,0),
)
=
9
b) 0
0
9
c) 0
0
6
d) 0
0
1
e) 0
0
1
0
f)
0
0
=
b)
√
√
0
0⎤
⎥
0⎥ , Δ = 4, Δ = −16, Δ = −96; Δ4 = 480, Δ5 = 2304;
3⎥
3⎦
0
0 ⎤
0
0 ⎥
⎥
0
0 ⎥; ( ) =
⎥
−1 5 1 8 ⎥
⎥
5
0
24⎦
= (0, −1,0,0,0),
−
= (0, −1,1,0,0),
+
−
+
= (0,0,0, −1,0),
(0,0,0,3,5). 6. a) 1 0 , = (1, −1), = (1,1);
√
√
0 3
0
0
18 0 , = (2,2,1), = (2, −1, −2), = (1, −2,2);
0 −9
0 0
(1, −1, −4), = (2, −2,1);
9 0 , = (1,1,0), =
√
√
0 27
0 0
6 0 , = (1, −2,1), = (−1,0,1), = (1,1,1);
√
√
√
0 3
0 0
1 0 , = (1,0,1), = (0,1,0), = (1,0, −1);
√
√
0 −1
0 0
0
1 0
0
, = (1,0,0,1), = (0,1,1,0), = (1,0,0, −1),
√
√
√
0 −1 0
0 0 −1
(0,1, −1,0). 7. a)
(1,2,2, −1),
(2,3, −3,2),
(2, −1, −1, −2) ;
√
(1,1, −1, −2),
√
√
(2,5,1,3) ; c)
√
(2,1,3, −1),
√
√
(3,2, −3, −1) .
8. a) {(2, −2, −1,0), (1,1,0, −1)}, b) {(0,1,0, −1), (1,0, −1,0)}; c) {1,1,0, −3};
9. a){(1, −1,1), (2,1,3)}; b){(1, −1,1,1), (2,1,3, −1)}. 10. b) cơ sở trực chuẩn
′
=
b)
√
(1,1),
′
=
√
(−3,2);
(115,346,116,103); c)
13. a) (13,20,23), ; b)
244
c)
(
)(
)=
(1,2).
11.
. 14. a) (1,4,2); b)
=
,
′
với
(1, −5, −8,1);
a)
(133,104, −363, −29). 12. a) (1,2, −2); b)
(−3,6,6,3), √
′
(3,4, −6,7).
2 2 −2
2 5 1 ;
−2 1 5
4
8 16
8
2 −2
d)
= , ∀ ≥ 2;
e)
−1 10 8 ;
2 11 1 = + .
1 −4 −2
−2 1 11
3 0 0
0
5 −3 0 5
0 2 1
1
0
3 0 0
; c) =
;
15. a) (0,2,1,1); b) =
0 1 2 −1
0
0 3 0
0 1 −1 2
−2 3 0 −2
}; , ,
d) =
=
= 1, {
+
+
không đồng thời bằng 0 ,
( ≠ 0). 16. a) Không phải tích vô hướng trong các không gian
= 0, (0,1, −1, −1) ∈
ℝ[ ] khi ≥ 3 vì tiên đề ‖ ‖ = 0 khi và chỉ khi = không thoả mãn: hệ ba phương trình
(0) = (1) = (−1) = 0 với số ẩn lớn hơn 3 không cho ta f = 0;
tuyến tính
=
c)
=
b)
√
( )=
,
√
( )=
,
√
. (Chú ý tích vô hướng 〈1, 〉 = 〈 ,
3 0 2
0 1 0 ;
0 0 0
1 0 0
( ) = 0 do ( ) ∈
,
e) = 0 1 0 vì
0 0 0
0
2√3
3√3
√2 0 −2
,
có
=
=
0
3√2
0 ,
0 √3 0
√
0
0
3
0
0
√6
=
d)
=
17. a)
√
√
=
,
( )=
; c)
=
2
0
0
2
=
3 −1
−1 −3
19 −1 4
⎡−1 19 4
⎢
4
4
⎢4
⎢1
1 −4
⎣−1 −1 4
= . 22. a)
b)
c)
c)
√
24. a) )
= 1,2,5;
( )=
+2
√
,
√
,
( )=
(3
0
0
5
0 0
3 0 . 19. a)
0 3
3 −1
−3
−1 −3
0
, =
5
0
6
0
5
−2
1 −1
18
⎡−2
1 −1⎤
⎥
⎢
−4 4 ⎥ , = ⎢ 8
⎢2
19 1 ⎥
⎣−2
1
9⎦
= ; b) = 45
√
=
√
(0,1,1),
+5 ; ) =
( ) = 5 tại ±
‖ ‖
1,
〉 = 0);c) + ;
,
√
=
√
− 1); b)
(1) = 〈1,
8 −2 2
−2 5 4
2
4 5
0
6 −2
−3 −2 −6
;
−2 3
0
−6 0
3
−2
8
2
18
8
2
8 −12 −8
2
−8 18
−2
8
2
. 23. a) √14; b) 2.
=
(1, −1,1),
.
=
=
√
,
=
〉
+ 〈1,
〉
=
7 −4 4
−4 1 8 ;
4
8 1
−2
−2⎤
⎥
8 ⎥. 21. a) 60 ; b) 30 ;
2⎥
−2⎦
(2,1, −1),
0
2
√2
√3 −√2 1 ; iii) Xác định dương; iv)
√3 √2 −1
( ) = 1 tại ± ; v)Elipxoit với các bán trục
‖ ‖
.
245
b) )
=
= −3,
= 6;
=
(1,0, −1),
√
=
(1, −4,1),
√
= (2,1,2).
3 1 2√2
0 −4 √2 ;
√
3 1 2√2
iii)Không xác định : ( ) = −3 < 0 < ( ) = 6;
( )=6 ạ ± ,
( ) = −3 ạ ±
)
( ) = −3
−3
+6 . ) =
‖ ‖
v)Hypeboloit hai tầng tròn xoay trục
c) )
= 0,
( )=2
= 2,
= 3;
+3 ; ) =
( ) ≥ 0, ( ) = 0;
√
)
=
√
=
= 1,
(1,0, −1),
=
= (0,1,0).
(1,0,1),
√
1 1 0
0 0 √2 ; iii) Dương, nhưng không xác định dương:
−1 1 0
( )=3 ạ ± ,
( )=0 ạ ± ;
‖ ‖
‖ ‖
.
= (0,1,0),
= −1;
=
√
(1,0,1),
=
√
0 1 1
√2 0 0 ;
√
0 1 −1
iii)Không xác định : ( ) = 1 > 0 > ( ) = −1;
( )=1 ạ ± , ,
( ) = −1 tại ±
)
‖ ‖
‖ ‖
( )=
+
−
= 1,
= 4,
= −2;
=
√
f) )
+4
= −1,
( )=−
+2
−2 ;
=
(1, −1,1),
=
√
(0,1,1),
= 2,
= 2;
=
√
(1, −1,1),
=
√2 √3
−√2 √3
√6
0
√2
( ) = −1 < 0 < (
+2 ; ) =
= (1,1,1,1),
246
= 4,
=
√
(2,1, −1).
) =
1
√
(1,1,0),
= −2,
= −4;
= (1, −1,1, −1).
;
=
√
(−1,1,2)
−1
1 ;
2
) = 2;
iii) Không xác định:
)
v) ( ) = 1 chính tắc là Hypeboloit tròn xoay một tầng tròn trục
25.a) )
;
.
0
2
√2
−√2
1 ;
√3
√
√2 √3 −1
iii) Không xác định : ( ) = 1 > 0 > ( ) = −2;
)
( ) = 4 tại ± ,
( ) = −2 tại ±
‖ ‖
‖ ‖
v) ( ) = 1 chính tắc là Hypeboloit một tầng trục .
( )=
(1,0, −1).
; ) =
v) Hypeboloit một tầng tròn xoay trục
e) )
;
.
( ) = 1; v)chính tắc là mặt trụ elip trục
d) )
,
‖ ‖
= (1, −1, −1,1),
( ) = 2 tại ±
‖ ‖
.
= (1,1, −1, −1),
( )= 2 +4 −2 −4
=
+
+
+
;
,
;
1
1 1 1
−1 1 1 −1
;iii) Không
−1 −1 1 1
1 −1 1 −1
( )=4 ạ ± ,
‖
‖ ‖
) =
iv)
‖
xác
định
( ) = 3 > 0 > ( ) = −6;
:
( ) = −4;
v) ( ) = 1 chính tắc là mặt
(2,1,0,0),
=
hypeboloit.
b) )
= 5,
= −5,
=
) =
= 2,
1
1
0
0
= −4,
√
1
√5
√
(1, −2,0,0),
√
( )=5
=
+
(0,0,1,2).
−5
+
+5
+
;
( ) = 5 tại ±
‖ ‖
,
v) ( ) = 1 chính tắc là mặt paraboloit (rankQ(x) = 3 = n-1).
=
= 0;
=
(1,1,0,0),
√
( )= 2 −4
+
+
+
=
0 1
0 −1
1 0
1 0
=
0
0
;iii) Không xác định; iv)
1
2
(0,0,1, −1).
√
) =
=
( ) = −5; tại ±
‖ ‖
=
√5
= 0;
(0,0,2, −1),
2 1
0
1 −2 0
0 0
2
0 0 −1
√
c) )
1
= 5,
=
(0,0,1,1),
√
=
(1, −1,0,0),
√
;
0
0
; iii) Không xác định; iv)
1
−1
( ) = 2 tại ± ,
‖ ‖
( ) = −4 tại ± . v) ( ) = 1 chính tắc là mặt trụ (rankQ(x) = 2 < n-1).
26. a) (1,2,3) và (2, −1, −4); b) Đường thẳng nằm trong mặt bậc hai; c) Đường thẳng tiếp xúc
‖ ‖
với
mặt
√
bậc
hai
=
tại
(−3,0,0).
√
27.
( ∈ ℝ)
=
( ∈ ℝ). 28. a)Elip; b) Hypebol. 29. a) (−1,1), Elip; b)
=
Hypebol; c) (1, −2), Hypebol. 30. a) 2
+
=
=
√
√
và
,−
,
= 1; elip với hệ trục chính tắc IXY, trong đó
(−1,1); hệ cơ sở trực chuẩn chính tắc ( ′ , ′ ); ′ =
đưa về chính tắc
=
√
,
√
, ′ = −
√
,
, biến đổi
√
−1
+1
; b) 2
−
= 1, hypebol trục IY, hệ trục chính tắc IXY,
trong đó (1, −2); hệ cơ sở trực chuẩn chính tắc ( ′ , ′ ); ′ =
,−
√
, ′ =
√
,
, biến
đổi đưa về chính tắc
√
=
=
chính
√
+1
; c)
+
= 1;
trong
đó
−2
tắc
IXY,
=
,
=
(−1,0);
hệ
√
√
cơ
; Elip với tiêu điểm trên IY, hệ trục
sở
trực
chuẩn
chính
tắc
247
( ′ , ′ ); ′ =
,
, ′ = −
=
Biến đổi đưa về chính tắc
31. a) −
+
,
−
,
√
.
−1
.
+
=
√
,
với các trị riêng tương ứng
= 1, hypeboloit một tầng trục IX; (6,3,3), hệ trục tọa độ trực chuẩn
+
chính tắc IXYZ. Cơ sở trực chuẩn chính tắc ′ = (2,2,1), ′ = (−2,1,2), ′ = (1, −2,2)
ứng với các trị riêng
b) −
+
+
= −1,
= 2,
= 5;
= −1: hypeboloit hai tầng trục IX;
chính tắc IXYZ, cơ sở trực chuẩn chính tắc ′ =
′ =
√
(0,1,1) ứng với các trị riêng
+
c)
+
(0, −1,1), ′ = (1,0,0),
√
= −1,
2, √2, −√2 , hệ trục tọa độ trực chuẩn
= 1,
= 5.
= 1: elipxoit, hệ trục tọa độ trực chuẩn chính tắc IXYZ,
, , −4 , cơ sở trực
chuẩn chính tắc
′ =
3√2, 4√2, −5√2 , ′ =
= 5,
riêng
d)
=
+2
= 10,
(−8,6,0), ′ =
ứng
với các trị
= 15.
: Paraboloit eliptic trục IX;
tắc IXYZ. Cơ sở trực chuẩn chính tắc ′ =
với các trị riêng
3√2, 4√2, 5√2
= 0,
= 2,
√2, −3√2, 1 , hệ trục tọa độ trực chuẩn chính
(−1,1,0),
√
= 4. 32. a) −
+
′ = (0,0,1), ′ =
+
√
(1,1,0) ứng
= 0: Nón tròn xoay trục OX.
(trong mặt
Hệ trục tọa độ trực chuẩn chính tắc OXYZ. Quay một lần quanh trục Oz một góc
phẳng xOy) theo công thức
=
;
=
√
1
1
0
−1 0
1
0 .
0 √2
= 5 : mặt trụ parabol trục OY. Hệ trục tọa độ trực chuẩn chính tắc OXYZ. Quay một lần
−
0
=
;
quanh trục Oz một góc theo công thức
0
0
0
1
trong đó
= ,
= .
b)
c) Nón tròn xoay −4
+
+
= 0 trục OX. Hệ trục tọa độ trực chuẩn chính tắc OXYZ.
Quay một lần quanh trục Oz theo công thức
d)
−2
=
0
0
√5
.
= 1: mặt trụ hypebol trục OZ. Hệ trục tọa độ trực chuẩn chính tắc OXYZ. Quay
một lần quanh trục Oz một góc theo công thức
248
√
2 −1
1 2
0 0
=
;
=
√
1 −1 0
1 1
0
0 0 √2
.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Xuân Viên – Đại số tuyến tính – Hà Nội: HVKTQS – 1996.
2. Nguyễn Xuân Viên, Nguyễn Hoài Anh, Nguyễn Thị Thanh Hà – Bài tập ĐSTT
và HHGT. – Hà Nội: Nxb QĐND – 2010.
3. Кострикин А. И. Манин Ю. И. – Линейная алгебра и геометрия. – М.:
Наука – 1986.
4. Курош А. Г. – Курс высшей алгебры. – М.: Наука – 1971.
5. Курош А. Г. – Лекции по общей алгебре. – М.: Наука – 1973.
6. Акександров П. С. – Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. –
М.: Наука – 1979.
7. Ильин В. А. Позняк Э. Г. – Аналитическая геометрия.– М.: Наука – 1999.
8. Ильин В. А. Позняк Э. Г. – Линейная алгебра. – М.: Наука – 1999.
9. Ван дер Варден Б. Л. – Алгебра. – М.: Наука – 1976.
10. Под редакцией Кострикин А. И. – Сборник задач по алгебре. – М.: Наука –
1987.
11. Scheick J. T. – Linear Algebra with Application. – Graw- Hill – 1997.
12. Беклемешев Д. В. – Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. –
М.: Высшая школа – 1998.
13. Стренг Г. – Линейная алгебра и её применения. – М.: Мир – 1980.
249
250
BẢNG CHỈ DẪN CHỮ CÁI
ánh xạ, 22
- bằng nhau, 22
- đồng nhất, 23
- đơn ánh, 23
- hợp thành, 23
- không, 136
- ngược, 24
- song ánh,23
- toàn ánh, 23
- tuyến tính ngược, 141
- tuyến tính khả nghịch, 141
Argument của số phức, 31
ẩn bắt buộc, 88
ẩn tự do, 87
cơ sở đường chéo, 151
cơ sở của không gian vectơ, 120
cơ sở qui nạp, 21
dạng chính tắc
- của dạng toàn phương, 179
- của siêu mặt bậc hai, 212
dạng
- song tuyến tính, 175
- song tuyến tính đối xứng, 176
- song tuyến tính đẳng cực của dạng
toàn phương, 177
- toàn phương, 176
- toàn phương xác định âm, 188
- toàn phương xác định dương, 188
- toàn phương trên trường số thực, 177
bậc của đa thức, 33
bất đẳng thức Minkovsky, 193
đa thức, 33
- Cauchy – Bunhiakovsky, 193
- bằng nhau, 33
biểu diễn tuyến tính, 119
- bất khả qui, 34
biến đổi trực giao, 209
- BCNN, 37
biểu thức tọa độ của ánh xạ tuyến tính,
- UCNN, 36
146
- không, 33
bội chung nhỏ nhất, 37
- nguyên tố cùng nhau, 36
đa thức đặc trưng
các chuyển động hình học, 212
- của ma trận, 70
các vectơ cùng chiều, 193
- của toán tử tuyến tính, 152
các vectơ đồng phương, 193
đại số tập hợp, 18
các phần tử đường chéo, 49
đẳng cấu các không gian vectơ, 130
các phần tử đường chéo phụ, 49
định lý, 13
chỉ số dương, chỉ số âm, 187
- chia Euclid, 34
chiều của không gian vectơ, 121
- Cronecker – Capelli, 86
chiếu trực giao, 201
- cơ bản của đại số, 38
chuẩn của vectơ, 192
- Hamilton – Kelly, 70
công thức, 13
- Laplace, 64
- đối ngẫu, 14
- về chiếu trực giao, 201
- hằng đúng, 13
- về chiều không gian tổng, không gian
- Cramer, 83
giao, 133
- Mauvra, 31
- về phần bù trực giao, 201
- nghiệm theo phương pháp bình định luật, 13
phương tối thiểu, 204
- chứng minh bằng phản chứng, 14
- phân tích định thức theo hàng, cột, 62
- De Morgan, 14
cơ sở chính tắc của dạng toàn phương, 178
- giao hoán, 14
251
định luật
- Hấp thụ, 14
- kết hợp, 14
- lũy đẳng, 14
định thức, 56
- con chính bậc k, 184
- con cấp k, 64
- của dạng toàn phương, 178
- tính cộng tính, 60
- Van Dermond, 68
độ dài vectơ, 192
đổi biến tuyến tính, 181
giá trị riêng
- của ma trận, 150
- của ma trận đối xứng, 153
- của toán tử tự liên hợp, 206
- của toán tử tuyến tính, 150
giả thiết qui nạp, 21
góc giữa hai vectơ, 209
hàm mệnh đề, 15
hạng
- của ánh xạ tuyến tính, 148
- của dạng toàn phương, 178
- của hệ vectơ, 126
- của ma trận, 72
hệ
- con độc lập tuyến tính cực đại, 126
- cơ sở trực chuẩn, 195
- độc lập tuyến tính, 118
- Gauss, 83
- phương trình tuyến tính, 83
- phụ thuộc tuyến tính, 118
- trực chuẩn, 194
- trực giao, 194
- sinh, 117
hoán vị theo n, 55
hợp thành các ánh xạ tuyến tính, 145
không gian
- ảnh, 139
- các vectơ bán kính,114
- các vectơ tự do, 114
- con trực giao, 200
252
không gian
- Euclid, 191
- Euclid – Affin , 211
- giao,132
- liên hợp, 137
, ( ), 116
- nhân, 139
- tọa độ n chiều, 116
- tọa độ thực hai chiều, 114
- tổng, 132
không gian vectơ, 113
- con, 115
- con bất biến, 150
- con, dấu hiệu nhận biết, 115
- con, giao một họ tùy ý, 115
- con sinh bởi hệ vectơ, 117
- con, sinh bởi tập M, 117
- đẳng cấu, 130
- định chuẩn, 194
- hữu hạn chiều, 121
- vô hạn chiều, 121
khoảng cách từ một vectơ đến không gian
vectơ con, 201
ký số của dạng toàn phương, 187
lớp đồng dư theo modul, 28
lược đồ, 80
lượng tử riêng, 15
lượng tử chung, 15
ma trận, 49
- bằng nhau, 49
- block, 51
- block- tam giác, 51
- chuyển, 122
- chuyển cơ sở, 123
- chuyển vị, 49
- con chính bậc k, 184
- cột, 50
- cột tọa độ của vectơ, 124
- của ánh xạ tuyến tính, 142
- của dạng song tuyến tính, 176
- của dạng toàn phương, 177
- của toán tử tuyến tính, 143
ma trận
- đưa về dạng đường chéo, 76
- đối xứng, 49
- đường chéo, 49
- đơn vị, 50
- Gram, 197
- hàng, 50,
- hệ, 83
- hệ mở rộng, 85
phân tích, 81
phân tích, 198
- khả nghịch, 54
- nghịch đảo, 54
- nghịch đảo, điều kiện tồn tại, 69
- sơ cấp, 76
- tam giác trên, 50
- tam giác dưới, 50
- thuật toán tìm hạng, 73
- tích, 52
- tổng, 51
- trực giao, 196
mệnh đề, 11
modun số phức, 30
nhóm, 27
- Abel, 27
- tuyến tính cấp n, 55
nghịch thế, 55
nghiệm
- của đa thức, 38
- của đa thức bội s, 38
- của hệ PTTT, 83
- cơ bản, 90
- tổng quát, 88
nguyên lý qui nạp toán học, 21
nguyên lý độc lập tuyến tính cực đại, 127
phần bù đại số, 62
phân hoạch, 20
phân tích
, 77
phần tử, 15
- gốc, 74
- nhỏ nhất, 21
- nghịch đảo, 26
- nghịch đảo phải, trái, 26
phần tử trên đường chéo, 49
phần tử trên đường chéo phụ, 49
phần tử trung hòa,26
phép toán
- hiệu, hiệu đối xứng, 17
- hội, 11
- hợp, 17
- lấy phần bù, 17
- giao, 17
- phủ định, 12
- suy diễn, 12
- tuyển, 11
- tương đương, 12
phiếm hàm tuyến tính, 136
phổ, 153
phương pháp Gauss tìm hạng ma trận, 73
phương pháp bình phương tối thiểu, 203
phương pháp Lagrange, 181
phương trình gốc, 87
phương trình siêu mặt bậc hai tổng quát,
211
- dạng Elipxoid, 213
- Hypeboloid,213
- Paraboloid, 213
quá trình Gram – Schmidt, 197
quan hệ, 19
- đồng dư theo modul, 20
- thứ tự, 19
- thứ tự từng phần, 19
- thứ tự tuyến tính, 20
- tương đương, 20
siêu mặt bậc hai, 211
số phức, 29
- ảo, 30
- căn bậc n, 31
- dạng lượng giác, 31
- liên hợp, 30
- nghịch đảo, 31
- tích, 30
- tổng, 30
tâm đối xứng, 213
tập con, 16
- đếm được, 23
253
tập hợp, 16
tập hợp bằng nhau, 16
tập hợp có thứ tự, 19
tập hợp có thứ tự từng phần, 20
- có thứ tự tuyến tính, 20
- có thứ tự hoàn toàn, 21
tập hợp tương đương, 23
thừa số không, 29
tích Decac, 19
tích vô hướng, 191
tích vô hướng Euclid, 191
tiêu chuẩn ký số, 188
- Silvester, 189
tính chất
- De Morgan, 18
- giao hoán, 18
- hai lần phủ định, 18
- hấp thụ, 18
- kết hợp, 18
- lũy đẳng, 18
- phân phối, 18
tịnh tiến song song, 212
tọa độ vectơ, 120
- khi đổi cơ sở, 124
toán tử
- chéo hóa được, 151
254
toán tử
- chiếu trực giao, 201
- đồng dạng, 137
- đồng nhất, 136
- tuyến tính, 136
- tự liên hợp, 205
tổ hợp tuyến tính, 117
tổng trực tiếp, 134
trường, 29
- các lớp đồng dư theo modul p, 29
- con, 29
- đại số kín, 38
- mở rộng, 29
trực giao, 194
tự đẳng cấu của không gian vectơ, 130
vành, 28
- đa thức, 33
- ma trận, 54
- nguyên, 29
vectơ
- cột thứ j của ma trận , 127
- hàng thứ i của ma trận, 127
- riêng, 150
vị từ, 15
[...]... tập tất các các số nguyên với phép cộng số nguyên thông thường Rõ ràng phép cộng các số nguyên có tính kết hợp, tính giao hoán và phần tử trung hòa của phép cộng là số nguyên 0 vì + 0 = với mọi ∈ ℤ Phần tử ngược của là – 〈ℤ; ,1〉 − tập tất các các số nguyên với phép nhân số nguyên thông thường Phép nhân các số nguyên có tính kết hợp, tính giao hoán và phần tử trung hòa của phép nhân là số nguyên 1 vì... quan hệ R Tập A mà trong đó có quan hệ thứ tự tuyến tính R được gọi là tập có thứ tự tuyến tính (một số tác giả còn gọi A là tập có thứ tự toàn phần) Định nghĩa 1.11 Quan hệ R trong tập A được gọi là quan hệ tương đương nếu nó thỏa mãn các tính chất sau đây với mọi , , ∈ : i) – tính phản xạ ii) và thì – tính bắc cầu iii) thì – tính đối xứng Ví dụ 1.7 Trong tập số nguyên ℤ ta đưa vào hai quan hệ , như sau:... hai biểu + ) và ( + ) và ước lược các số hạng đồng dạng; trong đó chú thức số học ( + ý là = −1 Ta biết cộng và nhân thông thường các biểu thức số học được đưa về cộng và nhân các số thực mà cộng và nhân các số thực có tính kết hợp, giao hoán, phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng nên các phép cộng và nhân số phức tính kết hợp, giao hoán, phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng Từ đó... ví dụ 1.20 – 1.23 ta có các trường số quan trọng thường gặp sau đây: ℚ, ℝ, ℂ, ℤ (trường các lớp đồng dư theo modul ( − là số nguyên tố)) Trong đại số tuyến tính ta chỉ xét trường cố định, là một trong hai trường =ℝ hoặc = ℂ Trường số phức sẽ được nghiên cứu kỹ hơn trong mục 1.4, vành đa thức trên trường sẽ được nghiên cứu kỹ trong mục 1.5 1.4 SỐ PHỨC 1.4.1 Trường số phức Định nghĩa 1.29 Gọi ℂ = {(... U c) Các tính chất của phép toán Các phép toán trên tập hợp có các tính chất đối ngẫu giống như trong logic mệnh đề (1.1.1.d)) c1 Tính chất giao hoán ∪ = ∪ ∩ = ∩ c2 Tính chất kết hợp ( ∪ )∪ = ∪( ∪ ) c3 Tính chất phân phối ∩ ( ∪ ) = ( ∩ )∪( ∩ ) ( ∩ )∩ ∩( ∩ ) = ∪ ( ∩ ) =( ∪ )∩( ∪ ) c4 Tính chất lũy đẳng ∪ = ∩ c5 Tính chất hấp thụ ∩( ∪ )= = ∪( ∩ ) = c6 Tính chất hai lần lấy phần bù ̅= c7 Các tính chất... tập ℂ các số phức hai phép toán cộng và nhân số phức Định nghĩa 1.30 Tổng của hai số phức = ( , ), = ( , ) là số phức + = ( + , + ) = ( , ), = ( , ) ∈ ℂ, khi đó tích của hai số Định nghĩa 1.31 Giả sử phức = = ( , ) trong đó = = − , = = + Từ định nghĩa của các phép toán ta dễ dàng thấy tổng và tích các số phức có phần phức bằng 0 là số phức có phần phức bằng 0 Vì lý do đó người ta đồng nhất số phức... = + , người ta viết thành = + Như vậy số phức liên hợp của = + là ̅ = − + 1 = 0 Thật vậy, ta có = Số ảo là nghiệm của phương trình = (0,1) (0,1) = (−1,0) = −1 Do ∈ ℂ\ℝ nên tập số thực là tập con thức sự của tập số phức hay người ta còn nói tập số phức là mở rộng thực sự của của tập số thực: ℝ ⊂ ℂ ) ( + )=( )+ Theo định nghĩa 3 thì =( + − ( ) đó chính là số phức nhận được bằng cách nhân thông thường... nào của lại có nhiều hơn một ảnh Tính 22 chất thứ nhất được gọi là tính xác định, còn tính chất thứ hai được gọi là tính đơn trị của ánh xạ Ánh xạ : → xác định bởi ( ) = với mọi ∈ được gọi là ánh xạ đồng nhất trên tập A Ví dụ 1.11 Nếu , là các tập con của tập số thực thì ánh xạ : → được gọi là hàm số Hàm số ( ) = + 1 có miền xác định ℝ và có miền giá trị là ℝ, còn hàm số = : ℝ → ℝ là hàm có miền xác... căn bậc n của số phức z, người ta luôn coi là ≠ 0 Như ta đã biết từ trung học phổ thông, căn bậc lẻ của số thực có đúng một giá trị; căn bậc chẵn của số thực dương có hai giá trị Đối với số phức, bức tranh về căn bậc n của số phức hoàn toàn khác: căn bậc n của số phức có đúng n giá trị, như chúng ta sẽ có được trong định lý dưới đây ) có đúng n giá trị, cho Định lý 1.4 Căn bậc n của số phức = ( + bởi... và ( )| ( ) thì ( )| ( ) Khi nói về tính chia hết của các đa thức trong [ ] người ta thường bỏ qua những thừa số trong trường ( ), ( ) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu Hai đa thức ( ), ( ) = 1 Định lý 1.6 Tồn tại ước số chung lớn nhất của các đa thức ( ), ( )và nếu không tính đến thừa số từ trường thì ước số chung lớn nhất này duy nhất Chứng minh Không làm mất tính tổng quát, ta coi như ≥ Áp dụng ... xạ tuyến tính 3.6.1 Khái niệm ánh xạ tuyến tính toán tử tuyến tính 3.6.2 Cách cho ánh xạ tuyến tính 3.6.3 Không gian nhân không gian ảnh 3.7 Ánh xạ tuyến tính ngược 3.8 Ma trận ánh xạ tuyến tính. .. tập chương 220 Đáp số, trả lời tập 229 Tài liệu tham khảo 249 Bảng dẫn chữ 251 LỜI NÓI ĐẦU Giáo trình “ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VÀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH” viết hoàn thiện dựa Đại số tuyến tính tác giả xuất... 2.4.3 LU – phân tích 2.5 Hệ phương trình tuyến tính 2.5.1 Hệ Gauss công thức Cramer 2.5.2 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát 2.5.3 Hệ phương trình tuyến tính 2.5.4 Tìm ma trận nghịch đảo phương
Ngày đăng: 04/10/2015, 22:23
Xem thêm: Giáo trình Đại số tuyến tính, Giáo trình Đại số tuyến tính
