Bài giảng Toán A2 - Chương 3: Không gian vector - Nguyễn Anh Thi

 6); u3 = (4, 8, 6, 8); v3 =
(3, 8, 8, 9); u4 = (8, 16, 12, 16); v4 = (6, 16, 16, 18). Dặt
W1 = 〈u1, u2, u3, u4〉 và W2 = 〈v1, v2, v3, v4〉. Tìm một cơ sở và xác
định số chiều của không gian W1 + W2.
W1 là không gian dòng của ma trận
A1 =

1 2 1 1
3 6 5 7
4 8 6 8
8 16 12 16
→

1 2 1 1
0 0 1 2
0 0 0 0
0 0 0 0

Do đó W1 có số chiều là 2 và một cơ sở là {(1, 2, 1, 1); (0, 0, 1, 2)}.
W2 là không gian dòng của ma trận
A2 =

1 3 3 3
2 5 5 6
3 8 8 9
6 16 16 18
→

1 3 3 3
0 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0

Do đó W2 có số chiều là 2 và một cơ sở là {(1, 3, 3, 3); (0, 1, 1, 0)}
Không gian W1 + W2 sinh bởi các vector
(1, 2, 1, 1); (0, 0, 1, 2); (1, 3, 3, 3); (0, 1, 1, 0)
W1 + W2 là không gian dòng của ma trận
A =

1 2 1 1
0 1 1 0
0 0 1 2
0 0 0 0

Suy ra W1 + W2 có số chiều là 3 và một cơ sở là
{(1, 2, 1, 1); (0, 1, 1, 0); (0, 0, 1, 2)}
4.5 Không gian nghiệm
Ví dụ
Cho W là tập tất cả các nghiệm thực (x1, x2, x3, x4) của hệ phương
trình tuyến tính thuần nhất:
x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 0;
x1 + 3x2 − 13x3 + 22x4 = 0;
3x1 + 5x2 + x3 − 2x4 = 0;
2x1 + 3x2 + 4x3 − 7x4 = 0.
(1)
Ma trận hệ số A =

1 2 −3 5
1 3 −13 22
3 5 1 −2
2 3 4 −7
 ∼

1 2 −3 5
0 1 −10 17
0 0 0 0
0 0 0 0

Hệ đã cho tương đương với hệ{
x1 + 2x2 − 3x3 + 5x4 = 0;
x2 − 10x3 + 17x4 = 0.
Chọn x3 = α, x4 = β, ta tính được{
x1 = −17α+ 29β;
x2 = 10α− 17β.
Hệ (1) có vô số nghiệm với hai ẩn tự do
(x1, x2, x3, x4) = (−17α+ 29β, 10α− 17β, α, β)
với α, β ∈ R tùy ý.
Đặt W = {(−17α+ 29β, 10α− 17β, α, β)|α, β ∈ R}
= {(−17α, 10α, α, 0) + (29β,−17β, 0, β)|α, β ∈ R}
= {α(−17, 10, 1, 0) + β(29,−17, 0, 1)|α, β ∈ R}
= 〈(−17, 10, 1, 0); (29,−17, 0, 1)〉.
Đặt u1 = (−17, 10, 1, 0); u2 = (29,−17, 0, 1). Ta gọi u1, u2 là
nghiệm cơ bản của hệ (1). Ta có W = 〈u1, u2〉. u1, u2 độc lập
tuyến tính. Suy ra {u1, u2} là một cơ sở của W và dimW = 2.
Ta gọi W là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất (1).
Định lý
Cho ma trận A = (aij)m×n loại m× n với hệ số trong R.
A =

a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
am1 am2 . . . amn

và SA là tập tất cả các nghiệm (x1, x2, . . . , xn) của hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất AX = 0, nghĩa là tập tất cả các nghiệm của
hệ 
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0;
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = 0;
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = 0.
Khi đó SA là một không gian con của R. Ta gọi SA là không gian
nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = 0.
Để tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm SA của hệ
phương trình tuyến tính thuần nhất AX = 0, ta tiến hành các bước
sau:
Bước 1: Giải hệ AX = 0 tìm nghiệm tổng quát.
Bước 2: Tìm một nghiệm cơ bản của hệ AX = 0 như sau: Giả sử
nghiệm cơ bản của hệ AX = 0 có s ẩn tự do xk1 , xk2 , . . . , xks . Với
mỗi i ∈ 1, s, chọn xki = 1; xkj = 0;∀j 6= i, ta được nghiệm uki . Khi
đó {uk1 , uk2 , . . . , uks} là một nghiệm cơ bản.
Bước 3: Không gian nghiệm SA có dimSA = s và nhận hệ nghiệm
cơ bản {uk1 , uk2 , . . . , uks} làm một cơ sở.
5. Tọa độ và ma trận chuyển cơ sở
5.1 Tọa độ
5.2 Ma trận chuyển cơ sở.
5.1 Tọa độ
Định lý
Cho B = {u1, u2, . . . , un} là một cơ sở của không gian vector V
trên R. Khi đó với mọi u ∈ V phương trình
α1u1 + α2u2 + · · ·+ αnun = u luôn luôn có duy nhất một nghiệm.
Gọi (α01, α02, . . . , α0n) là nghiệm của (1). Ta đặt [u]B =

α01
α01
...
α0n
 và
gọi là tọa độ của u trong cơ sở B. Như vậy,
[u]B =

α01
α01
...
α0n
⇔ u = α01u1 + α02u2 + · · ·+ α0nun
Hệ quả
Giả sử B = {u1, u2, . . . , uk} là một cơ sở của W ≤ Rn trong đó
u1 = (u11, u21, . . . , un1);
u2 = (u12, u22, . . . , un2);
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
uk = (u1k, u2k, . . . , unk).
Khi đó với mọi u = (b1, b2, . . . , bn) ∈ W, ta có
[u]B = X ⇔ UX =

b1
b2
...
bn
 , trong đó
U =

u11 u12 . . . u1k
u21 u22 . . . u2k
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
un1 un2 . . . unk
 là ma trận có được bằng cách dựng
u1, u2, . . . , uk thành các cột.
Nhận xét
I Đối với cơ sở chính tắc B0 = {e1, e2, . . . , en} của không gian
Rn, với mọi u = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Rn, ta có
[u]B0 =

b1
b2
...
bn

I Đối với cơ sở chính tắc B0 = {E11, . . . ,E1n, . . . ,Em1, . . . ,Emn}
của không gian Mm×n(R) các ma trận loại m× n hệ số trong
R và A = (aij)m×n ta có
[A]B0 =

a11
...
a1n
...
am1
...
amn

I Đối với cơ sở chính tắc B0 = {1, x, . . . , xn} của không gian
Rn[x] các đa thức theo x bậc không quá n, với mọi
p(x) = anxn + · · ·+ a1x + a0 ∈ Rn[x],
[p(x)]B0 =

a0
a1
...
an

Ví dụ
Trong không gian R3, cho các vector u1 = (1, 2, 1); u2 = (1, 3, 1);
u3 = (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Tìm tọa độ của vector u = (a, b, c) ∈ R3 trong cơ sở B.
5.2 Ma trận chuyển cơ sở.
Định lý
Cho V là một không gian vector có dimV = n và hai cơ sở
B1 = (u1, u2, . . . , un); B2 = (v1, v2, . . . , vn). Với mỗi j ∈ 1,n, đặt
[vj]B1 =

p1j
p2j
...
pnj
 , j ∈ 1,n và P là ma trận vuông cấp n có các
cột lần lượt là [v1]B1 , [v2]B1 , . . . , [vn]B1 , nghĩa là
P =

p11 p12 . . . p1n
p21 p22 . . . p2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
pn1 pn2 . . . pnn
. Khi đó P khả nghịch và là ma trận
duy nhất thỏa ∀u ∈ V, [u]B1 = P[u]B2 . P được gọi là ma trận
chuyển cơ sở từ B1 sang B2, ký hiệu là (B1 → B2). Như vậy,
∀u ∈ V, [u]B1 = (B1 → B2)[u]B2 .
Mệnh đề
Cho V là một không gian vector hữu hạn chiều và B1,B2,B3 là ba
cở sở của V. Khi đó
i) (B2 → B1) = (B1 → B2)−1;
ii) (B1 → B3) = (B1 → B2)(B2 → B3).
Hệ quả
Cho B1 = (u1, u2, . . . , un); B2 = (v1, v2, . . . , vn) là hai cơ sở của
không gian Rn. Gọi B0 = (e1, e2, . . . , en) là cơ sở chính tắc của
Rn. Ta có
i) (B0 → B1) là ma trận có được bằng cách dựng các vector
u1, u2, . . . , un thành các cột.
ii) (B1 → B0) = (B0 → B1)−1.
iii) (B1 → B2) = (B0 → B1)−1(B0 → B2).
iv) Nếu qua một số phép BĐSCTD ma trận (B0 → B1) biến
thành ma trận đơn vị In thì cũng chính qua những phép biến
đổi đó ma trận (B0 → B2) sẽ biến thành ma trận (B1 → B2),
nghĩa là
((B0 → B1)|(B0 → B2)) BĐSCTD−−−−−→ (In|(B1 → B2))
Ví dụ
Trong không gian R3, cho các vector u1 = (1, 2, 1); u2 = (1, 3, 1);
u3 = (2, 5, 3).
a) Chứng minh B = (u1, u2, u3) là một cơ sở của R3.
b) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang cơ sở chính tắc B0 của R3.
c) Tìm tọa độ của vector u = (1, 2,−3) theo cơ sở B.
Không gian có tích vô hướng
Định nghĩa
Không gian có tích vô hướng V là một không gian vector có trang
bị một tích vô hướng, tức là một ánh xạ
V× V → K
(u, v) 7→ 〈u|v〉
thỏa mãn các tính chất sau:
Với mọi u, v, u1, u2 ∈ V và α ∈ R,
i) 〈u1 + u2|v〉 = 〈u1|v〉+ 〈u2|v〉;
ii) 〈αu|v〉 = α〈u|v〉
iii) 〈u|v〉 = 〈v|u〉
iv) 〈u|u〉 > 0 khi u 6= 0, và 〈u|u〉 = 0 khi u = 0
Một không gian có tích vô hướng phức được gọi là một không gian
unita. Một không gian có tích vô hướng thực được gọi là một
không gian Euclide.
Ví dụ
Xét không gian vector Kn trên K. Với u = (x1, . . . , xn) ∈ Kn và
v = (y1, . . . , yn) ∈ Kn, ta đặt
〈u|v〉 = x1y1 + · · ·+ xnyn
Khi đó 〈.|.〉 là một tích vô hướng và Kn trở thành một không gian
có tích vô hướng.
Định nghĩa
Xét V là một không gian có tích vô hướng và u ∈ V. Ta nói
i) chuẩn hay độ dài của vector u, ký hiệu bởi ‖u‖, là số thực√〈u|u〉, nghĩa là ‖u‖ =√〈u|u〉;
ii) u là vector đơn vị nếu ‖u‖ = 1.
Dễ thấy rằng theo định nghĩa của tích vô hướng ta có ‖u‖ ≥ 0 và
chỉ có vector 0 mới có độ dài bằng 0.
Ví dụ
Với không gian có tích vô hướng Kn mà tích vô hướng được định
nghĩa như trong ví dụ trên, độ dài của vector
u = (x1, . . . , xn) ∈ Kn được xác định như sau:
‖u‖ =
√
|x1|2 + · · ·+ |xn|2
Cơ sở trực chuẩn
Định nghĩa
Xét không gian có tích vô hướng V.Ta nói
i) hai vector u, v ∈ V là trực giao nếu 〈u|v〉 = 0;
ii) hệ vector u1, u2, . . . , un ∈ V là trực giao nếu các vector này
trực giao từng đôi một, nghĩa là nếu 〈ui|uj〉 = 0,
∀1 ≤ i 6= j ≤ n;
iii) hệ vector u1, u2, . . . , un ∈ V là trực chuẩn nếu đó là hệ trực
giao gồm toàn các vector đơn vị.
Trực giao hóa Gram-Schmidt
Bước 1 Chọn {u1, u2, . . . , un} là một cơ sở bất kỳ của không gian
có tích vô hướng hữu hạn chiều V với dimV = n.
Bước 2 Xây dựng cơ sở trực giao {v1, v2, . . . , vn} của V như sau:
v1 = u1
v2 = u2 − 〈u2|v1〉〈v1|v1〉v1
v3 = u3 − 〈u3|v1〉〈v1|v1〉v1 −
〈u3|v2〉
〈v2|v2〉v2
. . .
vn = un −
n−1∑
i=1
〈un|vi〉
〈vi|vi〉 vi
Ví dụ
Trong không gian R4 cho các vector
u1 = (1, 1, 0, 0); u2 = (1, 0, 1, 0); u3 = (−1, 0, 0, 1)
Hãy tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian W = 〈u1, u2, u3〉.
Ta thấy u1, u2, u3 độc lập tuyến tính và do đó chúng tạo thành một
cơ sở của W.
Ta xây dựng một cơ sở trực chuẩn của W bằng quá trình trực giao
hóa Gram-Schmidt. Đặt
v1 = u1 = (1, 1, 0, 0)
v2 = u2 − 〈u2|v1〉〈v1|v1〉v1 = (
1
2 ,−12 , 1, 0);
v3 = u3 − 〈u3|v1〉〈v1|v1〉v1 −
〈u3|v2〉
〈v2|v2〉v2 = (−
1
3 ,
1
3 ,
1
3 , 1).
Ta chuẩn hóa các vector v1, v2, v3 :
w1 =
v1
‖v1‖ = (
1√
2
,
1√
2
, 0, 0)
w2 =
v2
‖v2‖ = (
1√
6
,− 1√
6
,
2√
6
, 0)
w3 =
v3
‖v3‖ = (−
1
2
√
3
,
1
2
√
3
,
1
2
√
3
,
√
3
2 )
Khi đó {w1,w2,w3} là một cơ sở trực chuẩn của W.