Bài 14: Bài tập về không gian véctơ (tiếp theo) - Mỵ Vinh Quang

ĐẠI SỐ CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
Bài 14. Bài tập về không gian véctơ (tiếp theo)
PGS TS Mỵ Vinh Quang
Ngày 28 tháng 2 năm 2006
13. Cho A, B là các KGVT con của KGVT V . Chứng minh rằng A ∪ B là KGVT con của
KGVT V khi và chỉ khi A ⊂ B hoặc B ⊂ A.
Giải. Nếu A ⊂ B hoặc B ⊂ A thì A ∪B = B hoặc A ∪B = A nên A ∪B là KGVT con
của V .
Ngược lại, giả sử A ∪ B là KGVT con của V nhưng A 6⊂ B và B 6⊂ A. Khi đó tồn
tại x ∈ A, x 6∈ B và y ∈ B, y 6∈ A. Ta chứng minh x + y 6∈ A ∪ B. Thật vậy, nếu
z = x+ y ∈ A∪B thì z ∈ A, hoặc z ∈ B, do đó y = z− x ∈ A hoặc x = z− y ∈ B. Điều
này trái với cách chọn x, y. Vậy x + y 6∈ A ∪ B. Như vậy, tồn tại x, y ∈ A ∪ B nhưng
x+ y 6∈ A ∪B, do đó A ∪B không là KGVT con của V (!). Mâu thuẫn chứng tỏ A ⊂ B
hoặc B ⊂ A.
14. Cho V là KGVT, A là KGVT con của V . Chứng minh tồn tại KGVT con B của V sao
cho A+B = V và A ∩B = {0}
Giải. Giả sử α1, . . . , αk là một cơ sở trong A, khi đó α1, . . . , αk là hệ véctơ độc lập tuyến
tính trong V , do đó ta có thể bổ sung thêm các véctơ, để được hệ véctơ α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn
là cơ sở của V . Đặt B = 〈αk+1, . . . , αn〉. Khi đó, vì A = 〈α1, . . . , αk〉 nên A + B =
〈α1, . . . , αk, αk+1, . . . , αn〉 = V . Mặt khác, nếu x ∈ A ∩ B, thì tồn tại các số ai, bj ∈ R
sao cho
x = a1α1 + . . .+ akαk và x = bk+1αk+1 + . . .+ bnαn
do đó a1α1 + . . .+ akαk − bk+1αk+1 − . . .− bnαn = 0, vì hệ véctơ {α1, . . . , αn} ĐLTT nên
ai = 0, bj = 0, do đó x = 0. Vậy, A ∩B = {0}.
15. Trong R4 cho các véctơ: 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 cơ sở, số chiều của E.
b. Tìm một điều kiện cần và đủ để véctơ x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E.
c Cho 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.
1
Giải. a. Để tìm cơ sở, số chiều của E, ta tìm hệ con ĐLTT tối đại của hệ sinh u1, u2, u3, u4
của E. Lập và biến đổi ma trận:
A =

1 1 0 0
1 1 1 1
0 −1 0 1
1 2 −1 −2

1
2
3
4
−→

1 1 0 0
0 0 1 1
0 −1 0 1
0 1 −1 −2

1
2
3
4
−→

1 1 0 0
0 −1 0 1
0 0 1 1
0 1 −1 −2

1
2
3
4
−→

1 1 0 0
0 −1 0 1
0 0 1 1
0 0 −1 −1

1
2
3
4
−→

1 1 0 0
0 −1 0 1
0 0 1 1
0 0 0 0

1
2
3
4
Ma trận bậc thang sau cùng bậc 3, và 3 dòng khác không ứng với các véctơ u1, u3, u2.
Do đó, dimE = 3 và cơ sở của E là hệ {u1, u2, u3} và E = 〈u1, u2, u3〉.
b. x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E khi và chỉ khi phương trình véctơ x = x1α1 + x2α2 + x3α3 có
nghiệm. Phương trình véctơ trên tương đương với hệ sau:
1 1 0 a1
1 1 −1 a2
0 1 0 a3
0 1 1 a4
 −→

1 1 0 a1
0 0 −1 −a1 + a2
0 1 0 a3
0 1 1 a4

−→

1 1 0 a1
0 1 0 a3
0 0 −1 −a1 + a2
0 1 1 a4
 −→

1 1 0 a1
0 1 0 a3
0 0 −1 −a1 + a2
0 0 1 −a3 + a4

−→

1 1 0 a1
0 1 0 a3
0 0 −1 −a1 + a2
0 0 0 −a1 + a2 − a3 + a4

Như vậy, hệ có nghiệm khi và chỉ khi −a1 + a2 − a3 + a4 = 0.
Vậy x = (a1, a2, a3, a4) ∈ E ⇔ a1 + a3 = a2 + a4.
c. Vì dimE = 3 nên {v1, v2, v3} là cơ sở của E khi và chỉ khi v1, v2, v3 ∈ E và
{v1, v2, v3} ĐLTT. Do câu b., v1 ∈ E ⇔ 1+ a = a3+1⇔ a = 0, 1,−1, v2 ∈ E ⇔
1 + b3 = 1 + b⇔ b = 0, 1,−1. Xét các trường hợp có thể xảy ra:
• a = 0 hoặc b = 0, khi đó v1 = v2 hoặc v2 = v3, hệ {v1, v2, v3} phụ thuộc tuyến
tính nên không là cơ sở của E.
• a = b thì v1 = v2 nên hệ {v1, v2, v3} không là cơ sở của E.
• Còn lại 2 khả năng là a = 1, b = −1 hoặc a = −1, b = 1, kiểm tra trực tiếp ta
thấy hệ {v1, v2, v3} ĐLTT, do đó là cơ sở của E.
16. Trong R4 cho các KGVT 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
}
2
a. Tìm cơ sở, số chiều của các KGVT con U, V, U + V .
b. Tìm cơ sở, số chiều của KGVT con U ∩ V
Giải. a. • Dễ thấy cơ sở của U là các véctơ α1 = (2, 0, 1, 1), α2 = (1, 1, 1, 1) và do đó
U = 〈α1, α2〉.
Không gian con V chính là không gian nghiệm của hệ
{
x1 − x3 − x4 = 0
x2 − x3 + x4 = 0 ,
bởi vậy cơ sở của V là hệ nghiệm cơ bản của hệ trên. Hệ trên có vô số nghiệm
phụ thuộc 2 tham số x3, x4. Nghiệm tổng quát là
{
x1 = x3 + x4
x2 = x3 − x4 , do đó hệ
nghiệm cơ bản là: β1 = (1, 1, 1, 0), β2 = (1,−1, 0, 1). Vậy, cơ sở của V là β1, β2
và dimV = 2, V = 〈β1, β2〉.
• Vì U = 〈α1, α2〉, V = 〈β1, β2〉 nên U + V = 〈α1, α2, β1, β2〉, do đó hệ con độc
lập tuyến tính tối đại của hệ {α1, α2, β1, β2} là cơ sở của U + V . Tính toán trực
tiếp ta có kết quả dim(U + V ) = 3 và {α1, α2, β1} là một cơ sở của U + V .
b. Để tìm cơ sở của U∩V , ta cần tìm điều kiện cần và đủ để véctơ x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U .
Tương tự bài tập 15., x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U khi và chỉ khi phương trình véctơ
x = a1α1 + a2α2 có nghiệm, phương trình này tương đương với hệ sau:
2 1 x1
0 1 x2
1 1 x3
1 1 x4
 −→

1 1 x4
0 1 x2
1 1 x3
2 1 x1

−→

1 1 x4
0 1 x2
0 0 −x4 + x3
0 −1 x1 − 2x4
 −→

1 1 x4
0 1 x2
0 0 x3 − x4
0 0 x1 + x2 − 2x4

Vậy véctơ x = (x1, x2, x3, x4) ∈ U ⇔
{
x3 − x4 = 0
x1 + x2 − 2x4 = 0 .
Do đó, (x1, x2, x3, x4) ∈ U ∩ V ⇔

x3 − x4 = 0
x1 + x2 − 2x4 = 0
x1 − x3 − x4 = 0
x2 − x3 + x4 = 0
(∗)
Như vậy U ∩ V chính là không gian nghiệm của hệ (∗) và do đó cơ sở của U ∩ V
chính là hệ nghiệm cơ bản của hệ (∗). Việc giải và tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ (∗)
xin dành cho bạn đọc. Kết quả hệ nghiệm cơ bản của (∗) là véctơ γ = (2, 0, 1, 1), do
đó dim(U ∩ V ) = 1. Cơ sở của U ∩ V là véctơ γ.
17. Cho U là không gian véctơ con của V . Biết dimU = m < dimV = n. Chứng minh
a. Có cơ sở của V không chứa véctơ nào của U .
b. Có cơ sở của V chứa đúng k véctơ độc lập tuyến tính của U . (0 ≤ k ≤ m).
Giải. a. Đầu tiên ta chứng minh có cơ sở của V chứa đúng m véctơ của U . Thật vậy,
giả sử α1, . . . , αm là cơ sở của U , β1, . . . , βn là cơ sở của V . Vì α1, . . . , αm ĐLTT và
biểu thị tuyến tính được qua hệ β1, . . . , βn nên theo bổ đề cơ bản về hệ véctơ ĐLTT
ta có thể thay m véctơ α1, . . . , αm cho m véctơ của hệ β1, . . . , βn để được hệ mới là
3
hệ α1, . . . , αm, βm+1, . . . , βn (∗) tương đương với hệ (β). Vì (β) là cơ sở của V nên hê
(∗) cũng là cơ sở của V . Cơ sở (∗) có đúng m véctơ thuộc U là α1, . . . , αm. Thật vậy,
nếu có βk ∈ U (k = m + 1, . . . , n) thì βk biểu thị tuyến tính được qua α1, . . . , αm,
do đó hệ α1, . . . , αm, βm+1, . . . , βn PTTT, trái với hệ (∗) là cơ sở của V .
Tiếp tục ta chứng minh có cơ sở của V không chứa véctơ nào của U :
Vì hệ véctơ (∗) ĐLTT nên bằng cách kiểm tra trực tiếp, ta có hệ α1 + β1, α2 +
β2, . . . , αm + βn, βm+1, . . . , βn cũng là hệ ĐLTT, do đó là cơ sở của V . Vì αi ∈
U, βn 6∈ U nên αi + βn 6∈ U , do đó hệ véctơ trên chính là cơ sở của V không chứa
véctơ nào của U .
b. Giả sử v1, . . . , vn là cơ sở của V không chứa véctơ nào của U và giả sử u1, . . . , uk là hệ
véctơ ĐLTT của U . Vì u1, . . . , uk biểu thị tuyến tính được qua v1, . . . , vn nên theo
bổ đề cơ bản về hệ véctơ ĐLTT, ta có thể thay k véctơ u1, . . . , uk cho k véctơ của
hệ v1, . . . , vn để được hệ mới u1, . . . , uk, vk+1, . . . , vn chính là cơ sở của V chứa đúng
k véctơ của U .
18. Cho A,B là các ma trận cấp m× n. (A, B ∈Mm×n(R). Chứng minh
rank(A+B) ≤ rankA+ rankB
Giải. Giả sử A =

a11 . . . a1n
a21 . . . a2n
...
. . .
...
am1 . . . amn
 ; B =

b11 . . . b1n
b21 . . . b2n
...
. . .
...
bm1 . . . bmn
.
Ta đặt α1 = (a11, . . . , a1n), α2 = (a21, . . . , a2n), . . . , αm = (am1, . . . , amn) là các véctơ dòng
của A, khi đó rankA = rank{α1, . . . , αm}.
Tương tự ta đặt: β1 = (b11, . . . , b1n), β2 = (b21, . . . , b2n), . . . , βm = (bm1, . . . , bmn) là các
véctơ dòng của B, khi đó rankB = rank{β1, . . . , βm}.
Các véctơ dòng của ma trậnA+B chính là các véctơ α1+β1, . . . , αm+βm và rank(A+B) =
rank{α1 + β1, α2 + β2, . . . , αm + βm}. Vậy ta cần chứng minh:
rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm}
Giả sử αi1 , . . . , αik là hệ con ĐLTT tối đại của hệ α1, . . . , αm (do đó, rank{α1, . . . , αm} =
k) và βj1 , . . . , βjl là hệ con ĐLTT tối đại của hệ β1, . . . , βm (do đó rank{β1, . . . , βm} = l).
Khi đó vì αi biểu thị tuyến tính được qua hệ αi1 , . . . , αjk và βj biểu thị tuyến tính được qua
hệ βj1 , . . . , βjl nên αi + βi biểu thị tuyến tính được qua hệ véctơ αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl
tức là hệ véctơ α1 + β1, α2 + β2, . . . , αm + βm biểu thị tuyến tính được qua hệ véctơ
αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl . Do đó, theo bài tập 5, ta có:
rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{αi1 , . . . , αik , βj1 , . . . , βjl}
≤ k + l = rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm}
Vậy rank{α1 + β1, . . . , αm + βm} ≤ rank{α1, . . . , αm}+ rank{β1, . . . , βm}, tức là
rank(A+B) ≤ rankA+ rankB
1
1Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, Ngày: 15/02/2006
4