3
BÀI GIẢNG TÓM TẮT

MÔN TOÁN C2
(GV: Trần Ngọc Hội - 2009)

CHƯƠNG 3
KHÔNG GIAN VECTƠ

§1. KHÔNG GIAN VECTƠ R
n

1.1. Đònh nghóa:
Xét tập hợp:
R
n
= {(x
1
, x
2
, , x
n
)|∀1≤ i ≤ n, x
i
∈R}
Trên R
n
ta đònh nghóa hai phép toán như sau:
• Phép cộng vectơ: Với mọi u = (x
1

n
).
• Phép nhân một số với vectơ: Với mọi u = (x
1
, x
2
, , x
n
) và α ∈ R:
αu = (αx
1
, αx
2
, , αx
n
).
Với hai phép toán đó, ta nói R
n
là một không gian vectơ trên R.
• Mỗi phần tử u ∈ R
n
là một vectơ.
• Mỗi số α ∈ R là một vô hướng.
• Vectơ 0 = (0, 0, ,0) là vectơ không.
• Vectơ (–u) = (-x
1
, -x
2
, , -x
n

2
, , u
k
là các vectơ
có dạng:
u = α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k

với α
i
∈ R (1 ≤ i ≤ k).
2.2. Tính chất:
1) u là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
khi và chỉ khi phương trình
α

i1 i1 i1
uu()u
===
α+β= α+β
∑∑∑

kk
ii i i
i1 i1
u()u
==
⎛⎞
αα=αα
⎜⎟
⎝⎠
∑∑

3) Vectơ không 0 luôn luôn là một tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
vì
0 = 0u
1
+ 0u
2
+ + 0u
k

hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, , u
k
vì
α
1
u
1
+α
2
u
2
+ +α
j
u
j
= α
1
u
1
+α
2
u
2
+ +α
j
u

2.3. Hệ quả:
Cho u
1
, u
2
, , u
k
là k vectơ trong không gian R
n
với u
j
= (u
1j
, u
1j
, , u
nj
),
1≤ j≤ k:
u
1
= (u
11
, u
21
, u
n1
)
u
2

, u
2
, , u
k

khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính UX = B, trong đó:
11 12 1k 1 1
21 22 2k 2 2
n1 n2 nk n k
uu u b
uu u b
U;B;X

u u u b
α
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
===
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

có nghiệm X.
Nhận xét: Để dễ nhớ, ta nói ma trận U có được bằng cách dựng u
1
,u
2

1
, u
2
, u
3
;
b) u
1
, u
2
, u
3
, u
4
.
Giải tóm tắt:
a) Theo Hệ quả 2.3, u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3

⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
===α
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−
⎜⎟
α
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
⎝⎠

Ta khảo sát hệ trên bằng phương pháp Gauss thì tìm được điều kiện để hệ
U
1
X = B
1
có nghiệm là:
a
1
– a
2
– a
3
+ a
4

+ a
3
.

b) Tương tự, u = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
, u
4
khi và
chỉ khi hệ U
2
X = B
2
có nghiệm X, trong đó:

6
11
22

−
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠

Ta tính được detU
2
= -6 nên hệ U
2
X = B
2
luôn luôn có nghiệm X. Điều này
chứng tỏ mọi vectơ u =(a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) ∈ R
4
đều là tổ hợp tuyến tính của u
1
, u
2
, u
3
,
u
4

= = α
k
= 0 thì ta nói u
1
,u
2
, , u
k

độc lập tuyến tính.
Nếu ngoài nghiệm tầm thường, (1) còn có nghiệm khác thì ta nói u
1
,u
2
, , u
k

phụ thuộc tuyến tính.
Nói cách khác,
• u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính khi và chỉ khi với mọi α
1
, α
2
, , α

, α
2
, ,α
k
∈ R
không đồng thời bằng 0 sao cho:
α
1
u
1
+ α
2
u
2
+ + α
k
u
k
= 0.
3.2. Nhận xét:
Các vectơ u
1
, u
2
, , u
k
phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại vectơ u
i

“phụ thuộc” vào các vectơ khác theo nghóa vectơ u

Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com

7
3.4. Chú ý:
Trong thực hành, ta kiểm tra tính độc lập tuyến tính của các vectơ u
1
, u
2
, ,
u
k
trong R
n
như sau:
Bước 1: Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, , u
k
thành các dòng.
Bước 2: Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R. Khi đó:
• Nếu R không có dòng 0 thì u
1
, u
2
, , u
k
độc lập tuyến tính.
• Nếu R có ít nhất một dòng 0 thì u

u
2
= (1, 3, -13, 22, -1);
u
3
= (3, 5, 1, -2, 5);
u
4
= (2, 3, 4, -7, 4);
Hãy xét xem u
1
, u
2
, u
3
, u
4
độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính.
Giải tóm tắt:
Lập ma trận A bằng cách xếp u
1
, u
2
, u
3
, u
4
thành các dòng:
12 3 5 1
1 3 13 22 1


Vì A ∼ R và R có dòng 0 nên u
1
, u
2
, u
3
, u
4
phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ 2: Trong không gian R
3
cho các vectơ:

8
u
1
= (2m + 1, -m, m + 1)
u
2
= (m-2, m – 1, m – 2)
u
3
= (2m - 1, m – 1, 2m –1)
Tìm điều kiện để u
1
, u
2
, u
3

§4. KHÔNG GIAN CON – TẬP SINH – CƠ SỞ VÀ SỐ CHIỀU
4.1. Đònh nghóa:
Cho W là một tập con khác ∅ của R
n
. Ta nói W là một không gian con của
R
n
, kí hiệu W ≤ R
n
, nếu W thỏa các tính chất sau:
1) 0 ∈ W;
2) Với mọi u, v ∈ W, u + v ∈ W;
3) Với mọi u ∈ W và α ∈ R, αu ∈ W.
Ví dụ:
1) {0} và R
n
là hai không gian con của R
n
. Ta gọi đây là các không gian con
tầm thường của R
n
.
2) Trong không gian R
3
xét đường thẳng (D) đi qua gốc tọa độ O và có
vectơ chỉ phương là
v(,,)
=
αβ
γ

β
2
, z = t
1
γ
1
+ t
2
γ
2
(t∈R)
Suy ra
(P) = {(t
1
α
1
+ t
2
α
2
, t
1
β
1
+ t
2
β
2
, t
1

2
∈ R}

Dễ thấy rằng các tính chất trong Đònh nghóa 4.1 được thỏa đối với (P). Do đó (P)
là một không gian con của R
3
.
4.2. Đònh lý và Đònh nghóa:
Trong không gian R
n
cho các vectơ u
1
, u
2
, , u
k
. Đặt:
<u
1
,u
2
, ,u
k
>={u= α
1
u
1
+ α
2
u

> là không gian con sinh bởi u
1
, u
2
, , u
k
.
• {u
1
,u
2
, ,u
k
} là một tập sinh của <u
1
,u
2
, ,u
k
>.
Ví dụ:
1) Trong không gian R
3
, với (D) là đường thẳng đi qua gốc tọa độ O, có
vectơ chỉ phương là v = (α, β, γ), ta có:
(D) = {t(α, β, γ) | t ∈ R} = {tv| t ∈ R} = <v>
nghóa là: (D) là không gian con sinh bởi v.
2) Trong không gian R
3
, với (P) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O, có hai

v
2
| t
1
, t
2
∈ R} = <v
1
,v
2
>
nghóa là: (P) là không gian con sinh bởi v
1
,v
2
.
4.3. Đònh nghóa:
Cho W là một không gian con của R
n
và B = {u
1
, u
2
, , u
k
} là một tập con
của W. Ta nói B là một cơ sở của W nếu B là một tập sinh độc lập tuyến tính
của W.
4.4. Tính chất:


, v
2
, ,v
k
độc lập tuyến tính.

4.5. Cơ sở và số chiều của không gian R
n
:
1) Cơ sở chính tắc và dimR
n
:
Trong không gian R
n
, xét B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} trong đó:
e
1
= (1, 0, 0, , 0)
e
2
= (0, 1, 0, , 0)


2
, , e
n
} là cơ sở chính tắc của R
n
.
2) Cơ sở bất kỳ của R
n
:
Vì dim R
n
= n nên mọi cơ sở của R
n
phải gồm đúng n vectơ. Hơn nữa, từ
4.4 và 3.4 ta thấy: Với B = {u
1
, u
2
, , u
n
} là một tập con gồm đúng n vectơ của
R
n
, ta có:
B = {u
1
, u
2
, , u
n

= (2, 3, –1, 0)
u
3
= (–1, –1, 1, 1)
u
4
= (1, 2, 1, –1)
tạo thành cơ sở của R
4
vì:
1111
2310
60
1111
1211
−
=− ≠
−−
−

2) Trong không gian R
3
, các vectơ
u
1
= (2m + 1, -m, m + 1)
u
2
= (m-2, m – 1, m – 2)
u

⎝⎠ Đặt:
u
1
= (a
11
, a
12
, , a
1n
)
u
2
= (a
21
, a
22
, , a
2n
)

u
m
= (a
m1
, a
m2
, , a

Vì các vectơ dòng khác 0 của một ma trận dạng bậc thang luôn luôn độc lập
tuyến tính nên chúng tạo thành một cơ sở của không gian dòng. Từ đây ta suy ra
cách tìm số chiều và một cơ sở của không gian dòng của ma trận A như sau:
• Dùng các phép BĐSCTD đưa A về dạng bậc thang R.
• Số chiều của không gian dòng W
A
bằng số dòng khác 0 của R ( do đó
bằng r(A)) và các vectơ dòng khác 0 của R tạo thành một cơ sở của W
A
.
5.4. Cách tìm số chiều và cơ sở của một không gian con của R
n
khi
biết một tập sinh:
Giả sử W = <u
1
, u
2
, , u
m
> ≤ R
n
(u
1
, u
2
, , u
m
không nhất thiết độc lập
tuyến tính). Để tìm số chiều và một cơ sở của W ta tiến hành như sau:

3
= (4, 8, 6, 8)
u
4
= (8, 16, 12, 20)
Giải tóm tắt
Không gian W sinh bởi u
1
, u
2
, u
3
, u
4
là không gian dòng của ma trận:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com

13
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜

2
, u
3

trong đó:
u
1
= (1, –2, –1, 3)
u
2
= (2, –4, –3, 0)
u
3
= (3, –6, –4, 4)
Giải
Không gian W sinh bởi u
1
, u
2
, u
3
là không gian dòng của ma trận:
1213
A
00 1 6 R
00 0 1
−−
⎛⎞
⎜⎟
−−=

, u
2
, u
3
} cũng là một cơ sở của W.

§6. KHÔNG GIAN NGHIỆM
6.1. Ví dụ minh họa:

14
Cho W là tập tất cả các nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất:
1234
12 3 4
1234
1234
x2x3x5x0
x 3x 13x 22x 0
3x 5x x 2x 0
2x 3x 4x 7x 0
+−+=
⎧

1234
234
x2x3x5x 0
x10x17x 0
+−+=
⎧
⎨
−+=
⎩

Chọn x
3
= α, x
4
= β, ta tính được:
1
2
x1729
x1017
=− α+ β
⎧
⎨
=α−β
⎩

Vậy hệ (1) có vô số nghiệm với hai ẩn tự do:
1234
(x ,x ,x ,x ) ( 17 29 ,10 17 , , )=− α+ β α− βαβ
với α, β ∈ R tùy ý. Do đó:
W ( 17,10,1, 0);(29, 17, 0,1)

m1 m2 mn
a a a
aa a
A

a a a
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

và W là tập tất cả các nghiệm (x
1
,x
2
, ,x
n
) của hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất: AX = O, nghóa là tập tất cả các nghiệm của hệ:
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com

15
11 1 12 2 1n n
21 1 22 2 2n n
m1 1 m2 2 mn n
ax ax ax 0
ax ax ax 0

được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 1, β = 0.
• u
2
được suy từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn α = 0, β = 1.
Ta gọi {u
1
, u
2
} là một hệ nghiệm cơ bản của (1).
Trường hợp tổng quát, để tìm số chiều và một cơ sở của không gian nghiệm của
hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = O, ta tiến hành các bước sau:
• Giải hệ AX = O tìm nghiệm tổng quát.
• Tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ AX = O như sau: Giả sử nghiệm tổng
quát của hệ AX = O phụ thuộc vào k tham số tự do α
1
, α
2
, , α
k
:
- Chọn α
1
= 1; α
2
= 0, , α
k
= 0, ta được nghiệm u
1
.
- Chọn α

, u
2
, , u
k
} đã tìm.
•
§6. KHÔNG GIAN TỔNG VÀ KHÔNG GIAN GIAO
6.1. Đònh lý:
Cho W
1
,W
2
là hai không gian con của R
n
. Đặt:
W
1
+W
2
= {u = u
1
+ u
2
⏐u
1
∈ W
1
, u
2
∈ W

1
+W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W
1
∩W
2
)
2) Nếu W
1
= <u
1
, u
2
, , u
h
> và W
2
= <v
1
, v
2
, , v
k
> thì
W

là không gian giao của W
1
, W
2
.
6.2. Ví dụ: Trong không gian R
4
cho các vector
u
1
= (1, 2, 1, 1) v
1
= (1, 3, 1, 1)
u
2
= (3, 6, 5, 7) v
2
= (2, 7, 2, 2)
u
3
= (4, 8, 6, 8) v
3
= (3, 10, 4, 3)
u
4
= (8, 16, 12, 20) v
4
= (6, 21, 7, 6)
Đặt W
1

∩W
2
.
Giải tóm tắt
a) Tìm số chiều và một cơ sở cho mỗi không gian W
1
, W
2
, W
1
+W
2
.
• W
1
là không gian dòng của ma trận:
1
12 1 1 1211
36 5 7 0012
A
48 6 8 0001
8161220 0000
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
∼

⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
∼Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com

17
Vậy W
2
có dimW
2
= 3 với cơ sở {b
1
, b
2
, b
3
}, trong đó b
1
= (1,3,1,1); b
2
=
(0,1,0,0); b
3
= (0,0,1,0).
• W

3
, b
1
, b
2
, b
3
>
Suy ra W
1
+ W
2
là không gian dòng của ma trận:
1211 1211
0012 0100
0001 0010
A
1311 0001
0100 0000
0010 0000
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟

dim(W
1
+ W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W
1
∩W
2
)
Suy ra:
dim(W
1
∩W
2
) = dim W
1
+ dim W
2
– dim(W
1
+W
2
) = 3 + 3 – 4 = 2.

§7. TỌA ĐỘ VÀ MA TRẬN CHUYỂN CƠ SỞ
7.1. Đònh lý:

2
0
k
[u] =

⎛⎞
α
⎜⎟
α
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
α
⎝⎠
B
: Tọa độ của vectơ u theo cơ sở B.
Như vậy,

18
0
1
0
00 0
2
11 22 kk
0
k
[u] = u u u u


, u
n1
)
u
2
= (u
12
, u
22
, u
n2
)

u
k
= (u
1k
, u
2k
, u
nk
)
Khi đó với mọi vectơ u = (b
1
, b
2
, b
n
) ∈ W, ta có:
1

⎜⎟
⎝⎠

là ma trận có được bằng cách dựng u
1
, u
2
, , u
k
thành các cột.
7.3. Hệ quả:
Đối với cơ sở chính tắc B
0
= {e
1
, e
2
, , e
n
} của không gian R
n
, ta có:

0
1
2
n
12 n
n
u ( , , , ) R ,[u]

a
[u] b
c
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B

2) Trong không gian R
3
, cho các vectơ:
u
1
= (1, 2, 1)
u
2
= (1, 3, 1)
u
3
= (2, 5, 3)
a) Chứng minh B = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R

B

trong đó:
1
2
3
112 a
U235;Bb;X
113 c
α
⎛⎞
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
===α
⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
α
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

Ta giải hệ trên bằng phương pháp Gauss:
112a 112 a
(U|B) 2 3 5 b 0 1 1 2a b
113c 001 a c
⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜ ⎟
=→−+
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
−+

4a b c
[u] a b c
ac
−−
⎛⎞
⎜⎟
=−+ −
⎜⎟
⎜⎟
−+
⎝⎠
B
7.4. Đònh lý:
Cho W là một không gian con của R
n
có dimW = k và hai cơ sở của W
như sau:
B
1
= {u
1
, u
2
, , u
k
}
B

P
→BB
là ma trận vuông cấp k có các cột lần lượt
là
1 1 1
12 k
[v ] ,[v ] , ,[v ]
BB B
, nghóa là:

1 2
11 12 1k
21 22 2k
k1 k2 kk
p p p
pp p
P=

pp p
→
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BB

Khi đó
1 2

2 1 1 2
1 3 1 2 2 3
1
1) P (P )
2) P P P
−
→→
→→→
=
=
BB BB
B
BBBB
B

7.6. Hệ quả:
Cho B
1
= {u
1
, u
2
, , u
n
}; B
2
= {v
1
, v
2

các cột.
1 0 0 1
1
2)P (P )
−
→→
=
BB BB

3) Nếu qua một số phép BĐSCTD ma trận
0 1
P
→BB
biến thành ma trận đơn
vò I
n
thì cũng chính qua những phép biến đổi đó ma trận
0 2
P
→BB
sẽ biến thành
ma trận
1 2
P
→BB
, nghóa làø:
0 1 0 2 1 2
BĐSCTD
n
(P P ) (I P )

.
c) Tìm tọa độ của vectơ u = (1,2,-3) theo cơ sở B.
Giải tóm tắt
Trong Ví dụ 2 ở trên ta đã chứng minh B = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
Sau đây ta tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang cơ sở chính tắc B
0
{e
1
, e
2
, e
3
} của
R
3
.
Cách 1: Dùng đònh nghóa:
0
123
P ([e ] [e ] [e ] )
→
=

3
= (0,0,1),
ta suy ra:

22
0
411
P111
10 1
→
−−
⎛⎞
⎜⎟
=− −
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BB

Cách 2: Dùng tính chất:
0 0
1
P(P)
−
→→
=
BB B B

Vì B


Suy ra ma trận chuyển cơ sở từ B sang B
0
là:
0 0
1
411
P(P)111
10 1
−
→→
−−
⎛⎞
⎜⎟
==−−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
BB B B

c) Với u = (1,2,-3) ta có:
0
1
[u] 2
3
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟

3
= (1–m, 2, 3).
a) Tìm điều kiện để B(m) = {u
1
, u
2
, u
3
} là một cơ sở của R
3
.
b) Đặt B
1
= B(1) và B
2
= B(–1). Chứng tỏ B
1
và B
2
là hai cơ sở của R
3
. Tìm
các ma trận chuyểncơ sở từ B
1
sang B
2
và từ B
2
sang B
0

⎜⎟
−
⎝⎠

Ta có:
det A m(m + 2)(m -2)=

Do đó B(m) là cơ sở của R
3
khi và chỉ khi m ≠ 0 và m ≠ ±2.
b) Các giá trò m = 1 hay m = –1 đều thỏa điều kiện của câu a) nên B
1
= B(1)
và B
2
= B(–1) là hai cơ sở của R
3
. Ta có:
B
1
= B(1) = {(1, 2, 2); (1, –1, –1); (0, 2, 3)}
B
2
= B(–1) = {(1, 0, 2); (1, –1, 1); (2, 2, 3)}
Do đó:
0 1 0 2
110 112
P 2 12; P 0 12
213 213
→→

12
P
→BB
ta dùng Hệ quả 6.6:
0 1 0 2 1 2
3
110112 100 3 42
1
(P P ) 2 1 2 0 1 2 0 1 0 6 7 4 (I P )
3
213213 001 663
→→ →
⎛⎞
⎛⎞
−−
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
=− − =
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
⎝⎠
⎝⎠

P=PP (P)P
110 112 3 42
1
212 012 674
3
213 213 663
→→→ → →
−
=
−−
⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
=− − =
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
−
⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠
BB BBBB BB BB
24
Suy ra:
1 2
342
1
P674
3
663
→

⎛⎞
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
BBBB
;
1 122
1
1
[u] P [u] 4
3
3
→
−
⎛⎞
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
B B B B
Printed with FinePrint trial version - purchase at www.fineprint.com