Bài 12: Không gian vectơ con - Mỵ Vinh Quang

 gian Mn(R) các
ma trận vuông cấp n.
1.4 Số chiều của không gian con
Liên quan đến số chiều của không gian vectơ con, ta có định lý sau:
Nếu U là không gian vectơ con của V thì dimU ≤ dimV và dimU = dimV ⇔ U = V .
Chứng minh
Giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của U ; β1, . . . , βn là cơ sở của V . Vì U ⊂ V nên hệ vectơ (α) biểu
thị tuyến tính được qua hệ (β). Do đó theo bổ đề cơ bản, ta có m ≤ n, tức là dimU ≤ dimV .
Nếu dimU = dimV = n thì α1, . . . , αn là hệ độc lập tuyến tính có đúng n = dimV vectơ
nên α1, . . . , αn là cơ sở của V . Do đó U = V
2 Một số các không gian con
2.1 Không gian giao và không gian tổng
Dùng tiêu chuẩn không gian vectơ con, ta có thể dễ dàng chứng minh được các kết quả sau:
• Nếu A, B là các không gian vectơ con của V thì A ∩B là không gian vectơ con của V .
Tổng quát, giao của một họ tùy ý các không gian vectơ con của V là không gian vectơ
con của V .
• Cho A, B là các không gian vectơ con của V , ta định nghĩa:
A+B := {x = α+ β |α ∈ A, β ∈ B} ⊂ V
(x ∈ A+B ⇔ x = α+ β với α ∈ A, β ∈ B)
Khi đó, A+B là không gian vectơ con của V gọi là không gian tổng của các không gian
con A và B.
Liên quan đến số chiều của không gian giao và không gian tổng ta có định lý sau.
Định lý. Nếu A, B là các không gian con của không gian vectơ V (hữu hạn chiều) thì:
dim(A+B) = dimA+ dimB − dim(A+B)
Chứng minh. Giả sử α1, . . . , αr là cơ sở của A ∩ B (dimA ∩ B = r). Vì α1, . . . , αr là
hệ vectơ độc lập tuyến tính của A nên ta có thể bổ sung thêm các véctơ để được hệ vectơ
α1, . . . , αr, β1, . . . , βs là cơ sở của A (dimA = r + s).
Tương tực, ta có thể bổ sung thêm các vectơ để được hệ vectơ α1, . . . , αr, γ1, . . . , γt là cơ
sở của B (dimB = r + t).
Ta chứng minh hệ vectơ α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là cơ sở của A+B. Thật vậy:
2
• α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là hệ sinh vì: với mọi x ∈ A + B, ta có x = y + z với
y ∈ A, z ∈ B.
Vì y ∈ A nên y = a1α1 + · · ·+ arαr + b1β1 + · · ·+ bsβs
Vì z ∈ B nên z = a′1α1 + · · ·+ a′rαr + c1γ1 + · · ·+ ctγt
trong đó ai, a
′
i, bj, ck ∈ R.
Khi đó, x = (a1 + a
′
1)α1 + · · ·+ (ar + a′r)αr + b1β1 + · · ·+ bsβs + c1γ1 + ctγt
Vậy hệ trên là hệ sinh của A+B.
• α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là hệ vectơ độc lập tuyến tính.
Giả sử a1α1 + · · ·+ arαr + b1β1 + · · ·+ bsβs + c1γ1 + · · ·+ ctγt = 0 (1)
trong đó ai, bj, ck ∈ R.
Xét vectơ x = a1α1 + · · ·+ arαr + b1β1 + · · ·+ bsβs = −c1γ1 − · · · − ctγt (2)
Vì α1, . . . , αr, β1, . . . , βs là cơ sở của A nên x ∈ A. Mặt khác, γ1, . . . , γt ∈ B nên x ∈ B.
Do đó x ∈ A ∩B. Bởi vậy, x = a′1α1 + · · ·+ a′rαr (3) với a′i ∈ R.
Từ (2) và (3) ta có:
(a1 − a′1)α1 + · · ·+ (ar − a′r)αr + b1β1 + · · ·+ bsβs = 0
Vì α1, . . . , αr, β1, . . . , βs độc lập tuyến tính nên b1 = b2 = · · · = bs = 0.
Thay vào (1) ta có:
a1α1 + · · ·+ arαr + c1γ1 + · · ·+ ctγt = 0
Do đó, a1 = · · · = ar = c1 = · · · = ct = 0
Vậy hệ trên độc lập tuyến tính
Như vậy, ta đã chứng minh được hệ vectơ α1, . . . , αr, β1, . . . , βs, γ1, . . . , γt là cơ sở của A+B.
Do đó:
dim(A+B) = r + s+ t
= (r + s) + (r + t)− r
= dimA+ dimB − dim(A ∩B)
2.2 Không gian con sinh bởi một hệ vectơ
Cho V là không gian vectơ, α1, . . . , αn là hệ vectơ của V . Ta định nghĩa:
〈α1, . . . , αn〉 := {x = a1α1 + a2α2 + · · ·+ anαn | ai ∈ R} ⊂ V
(x ∈ V ⇔ Tồn tại ai ∈ R để x = a1α1 + · · ·+ anαn)
Dùng tiêu chuẩn không gian vectơ con, ta có ngay 〈α1, . . . , αn〉 là không gian vectơ con của
V . Không gian con này gọi là không gian con của V sinh bởi hệ vectơ α1, α2, . . . , αn (hay còn
gọi là bao tuyến tính của hệ vectơ α1, α2, . . . , αn).
Từ định nghĩa, ta có: α1, . . . , αn chính là một hệ sinh của không gian vectơ con 〈α1, . . . , αn〉.
Bởi vậy, mọi hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ α1, . . . , αn đều là hệ sinh, do đó là cơ sở
của không gian vectơ con 〈α1, . . . , αn〉.
3
2.3 Không gian con các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất
Cho hệ phương trình tuyến tính thuẩn nhất m phương trình, n ẩn.
a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0
...
am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = 0
(I)
Mỗi nghiệm của hệ (I) có thể xem là một vectơ trong không gian Rn. Dùng tiêu chuẩn
không gian vectơ con có thể dễ dàng chứng minh tập nghiệm N của hệ phương trình tuyến
tính thuần nhất (I) là không gian vectơ con của Rn. Không gian con này gọi là không gian con
các nghiệm của hệ (I).
Nếu ta ký hiệu r = rankA thì số chiều của không gian con các nghiệm của hệ (I): dimN =
n − r. Cơ sở của không gian nghiệm N của hệ (I) ta gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ (I). Để
tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ (I) (cơ sở của không gian nghiệm N), ta làm như sau:
• Giải hệ phương trình (I), hệ có nghiệm tổng quát phụ thuộc n− r tham số.
• Giả sử các tham số là xi1 , . . . , xin−r .
Cho xi1 = 1, xi2 = 0, . . . , xin−r = 0, tức là (xi1 , xi2 , . . . , xin−r) = (1, 0, . . . , 0). Tính các xi
còn lại theo công thức nghiệm tổng quát, ta sẽ được một nghiệm của hệ (I) ký hiệu là α1.
• Tương tự với (xi1 , xi2 , xi3 , . . . , xin−r) = (0, 1, 0, . . . , 0) . . . (xi1 , xi2 , . . . , xin−r) = (0, 0, . . . , 1),
ta sẽ thu được các nghiệm α2, . . . , αn−r.
Khi đó, α1, α2, . . . , αn−r là cơ sở của N (là hệ nghiệm cơ bản của hệ (I)).
Bạn đọc sẽ thấy rõ quá trình trên thông qua ví dụ cụ thể sau:
Ví dụ. Tìm cơ sở của không gian nghiệm N của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
x1 + 2x2 + 2x4 + x5 = 0
2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 = 0
3x1 + 6x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = 0
x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0
Giải. Đầu tiên ta giải hệ đã cho.
Biến đổi ma trận các hệ số mở rộng:
A =

1 2 0 2 1
2 4 1 3 0
3 6 2 3 1
1 2 1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0
 −→

1 2 0 2 1
0 0 1 −1 −2
0 0 2 −3 −2
0 0 1 −2 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0

−→

1 2 0 2 1
0 0 1 −1 −2
0 0 0 −1 2
0 0 0 −1 2
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0
 −→

1∗ 2 0 2 1
0 0 1∗ −1 −2
0 0 0 −1∗ 2
0 0 0 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
0
0
0
0

rankA = 3, hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x5. Ta có:
x4 = 2x5
x3 = x4 + 2x5 = 4x5
x1 = −2x2 − 2x4 − x5 = −2x2 − 5x5
4
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:
x1 = −2x2 − 5x5
x3 = 4x5
x4 = 2x5
x2, x5 tùy ý
Chọn x2 = 1, x5 = 0, ta sẽ có x1 = −2, x3 = 0, x4 = 0, ta được vectơ α1 = (−2, 1, 0, 0, 0).
Chọn x2 = 0, x5 = 1, ta sẽ có x1 = −5, x3 = 4, x4 = 2, ta được vectơ α2 = (−5, 0, 4, 2, 1).
Vậy cơ sở của không gian nghiệm N của hệ trên là hệ {α1, α2}, N = 〈α1, α2〉, dimN = 2.
2.4 Một vài nhận xét
Cho A và B là các không gian vectơ con của V . Nếu A = 〈α1, . . . , αm〉, B = 〈β1, . . . , βn〉
thì A+B = 〈α1, . . . , αm, β1, . . . , βn〉.
Thật vậy, vì A ⊂ A + B, B ⊂ A + B nên các vectơ αi, βj ∈ A + B, và do đó ta có
〈α1, . . . , αm, β1, . . . , βn〉 ⊂ A+B
Ngược lại, nếu x ∈ A + B thì x = y + z trong đó y ∈ A, z ∈ B. Ta có y ∈ A nên
y = a1α1 + · · ·+ amαm, đồng thời z ∈ B nên z = b1β1 + · · ·+ bnβn, với ai, bj ∈ R.
Bởi vậy, x = y + z = a1α1 + · · ·+ amαm + b1β1 + · · ·+ bnβn ∈ A+B.
Từ nhận xét trên ta có chú ý sau:
Nếu A = 〈α1, . . . , αm〉, B = 〈β1, . . . , βn〉 thì α1, . . . , αm, β1, . . . , βn là một hệ sinh của A+B
và do đó hệ con độc lập tuyến tính tối đại của hệ vectơ α1, . . . , αm, β1, . . . , βn là cơ sở của A+B.
* Nếu A là không gian vectơ con của không gian vectơ hữu hạn chiều V thì A luôn có thể
viết dưới dạng A = 〈α1, . . . , αm〉.
Thật vậy, giả sử α1, . . . , αm là một cơ sở (hoặc hệ sinh) bất kỳ của A thì ta có ngay
A = 〈α1, . . . , αm〉.
* Nếu A là không gian vectơ con của không gian Rn thì A có thể xem như không gian
nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có n ẩn nào đó.
Thật vậy, giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của A thì A = 〈α1, . . . , αm〉. Vectơ x = (a1, . . . , an) ∈ A
khi và chỉ khi phương trình vectơ x = x1α1 + · · ·+ xmαm (xi ∈ R) có nghiệm, khi và chỉ khi
x = (a1, . . . , an) là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất nào đó. Bạn đọc có thể
thấy rõ điều này qua ví dụ sau.
Ví dụ. Trong R4 cho các vectơ α1 = (1,−1, 0, 1), α2 = (1, 1, 1, 0), α3 = (2, 0, 1, 1) và cho
không gian con A = 〈α1, α2, α3〉.
Tìm một điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ A.
Giải. Vectơ x ∈ A khi và chỉ khi phương trình (a1, a2, a3, a4) = x1α1 + x2α2 + x3α3 có
nghiệm, nghĩa là hệ phương trình 
1 1 2
−1 1 0
0 1 1
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣
a1
a2
a3
a4
 (∗)
có nghiệm.
Biến đổi hệ (*):
5
(∗) −→

1 1 2
0 2 2
0 1 1
0 −1 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣
a1
a1 + a2
a3
−a1 + a4
 −→

1 1 2
0 2 2
0 0 0
0 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
a1
a3
a1 + a2 − 2a3
−a1 + a3 + a4

Hệ (*) có nghiệm khi và chỉ khi{
a1 + a2 − 2a3 = 0
−a1 + a3 + a4 = 0
Do đó, điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ A là:
{
a1 + a2 − 2a3 = 0
−a1 + a3 + a4 = 0
Và do đó, A chính là không gian nghiệm của hệ phương trình:{
x1 + x2 − 2x3 = 0
−x1 + x3 + x4 = 0
6
Bài tập
13. Cho A, B là các không gian vectơ con của không gian vectơ V . Chứng minh rằng A ∪B
là không gian vectơ con của V khi và chỉ khi A ⊂ B hoặc B ⊂ A.
14. Cho V là không gian vectơ và A là không gian vectơ con của V . Chứng minh rằng tồn
tại không gian vectơ con B của V sao cho A+B = V , A ∩B = {0}.
15. Trong R4 cho các vectơ: u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (1, 1, 1, 1), u3 = (0,−1, 0, 1), u4 =
(1, 2,−1,−2) và E = 〈u1, u2, u3, u4〉.
(a) Tìm một cơ sở và số chiều của E.
(b) Tìm một điều kiện cần và đủ để vectơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E.
(c) Cho vectơ v1 = (1, a
3, a, 1), v2 = (1, b, b
3, 1), v3 = (ab + 1, ab, 0, 1). Tìm a, b để v1,
v2, v3 là cơ sở của E.
16. Trong R4 cho các không gian con:
U = 〈(2, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0,−2,−1,−1)〉
V =
{
(x1, x2, x3, x4)
∣∣∣∣ { x1 − x3 − x4 = 0x2 − x3 + x4 = 0
}
(a) Tìm cơ sở, số chiều của các không gian vectơ U , V , U + V .
(b) Tìm cơ sở, số chiều của không gian vectơ con U ∩ V .
17. Cho U là không gian vectơ con của V . Biết rằng dimU = m < dimV = n. Chứng minh:
(a) Có cơ sở của V không chứa vectơ nào của U .
(b) Có cơ sở của V chứa đúng k vectơ của U (0 ≤ k ≤ m).
18. Cho A, B là các ma trận cấp m× n (A,B ∈Mm×n(R)). Chứng minh:
rank(A+B) ≤ rankA+ rankB
7