TOÁN VUI VẺ Chương 1 Không gian Vecto Câu 1. Xét sự phụ thuộc tuyến tính của hệ 3 vecto X 1 = ( − 2 , 2 , 3 , 4 ) , X 2 = ( 3 , − 2 , 3 , 5 ) , X 3 = ( 4 , 1 , 6 , − 3 ) | Lời giải. Giả sử tồn tại λ 1 , λ 2 , λ 3 ∈ R sao cho 3 ∑ i = 1 λ i X i = θ ⇐⇒ λ 1 ( − 2 , 2 , 3 , 4 ) + λ 2 ( 3 , − 2 , 3 , 5 ) + λ 3 ( 4 , 1 , 6 , − 3 ) = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) ⇐⇒ − 2 λ 1 + 3 λ 2 + 4 λ 3 = 0 2 λ 1 − 2 λ 2 + λ 3 = 0 3 λ 1 + 3 λ 2 + 6 λ 3 = 0 4 λ 1 + 5 λ 2 − 3 λ 3 = 0 (1) Ma trận hệ số của hệ (1) là A = − 2 3 4 2 − 2 1 3 3 6 4 5 − 3 H 2 → H 2 + H 1 − − − − − − − → − 2 3 4 0 1 5 3 3 6 4 5 − 3 H 3 → 1 3 H 3 − − − − − → − 2 3 4 0 1 5 1 1 2 4 5 − 3 H 1 ←→ H 3 − − − − − → 1 1 2 0 1 5 − 2 3 4 4 5 − 3 H 3 → H 3 + 2 H 1 − − − − − − − → H 4 → H 4 − 4 H 1 1 1 2 0 1 5 0 5 8 0 1 − 11 H 3 → H 3 − 5 H 2 − − − − − − − → H 4 → H 4 − H 2 1 1 2 0 1 5 0 0 − 17 0 0 − 16 H 3 → − 1 17 H 3 − − − − − − → 1 1 2 0 1 5 0 0 1 0 0 − 16 H 4 → H 4 + 16 H 3 − − − − − − − − → 1 1 2 0 1 5 0 0 1 0 0 0 Nhận thấy r ( A ) = 3 = n nên hệ (1) chỉ có nghiệm tầm thường, suy ra hệ 3 véc tơ độc lập tuyến tính. Câu 2 (4/121). Tùy theo λ , xét sự phụ thuộc tuyến tính của hệ vecto sau trong R 3 v 1 = ( λ , − 1 2 , − 1 2 ) ; v 2 = ( − 1 2 , λ , − 1 2 ) ; v 3 = ( − 1 2 , − 1 2 , λ ) | Lời giải. Giả sử 3 ∑ i = 1 λ i X i = θ ⇐⇒ λ 1 ( λ , − 1 2 , − 1 2 ) + λ 2 ( − 1 2 , λ , − 1 2 ) + λ 3 ( − 1 2 , − 1 2 , λ ) = ( 0 , 0 , 0 ) ⇐⇒ λ 1 λ − 1 2 λ 2 − 1 2 λ 3 = 0 − 1 2 λ 1 + λ 2 λ − 1 2 λ 3 = 0 − 1 2 λ 1 − 1 2 λ 2 + λ 3 λ = 0 (1) 1 TOÁN VUI VẺ Ma trận hệ số của (1) là A = λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ Ta sẽ tính định thức của ma trận A : D = det ( A ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ H 1 → H 1 + H 2 + H 3 = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ − 1 λ − 1 λ − 1 − 1 2 λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ( λ − 1 ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 1 − 1 2 λ − 1 2 − 1 2 − 1 2 λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ C 2 → C 2 − C 1 = ( λ − 1 ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 0 1 − 1 2 λ + 1 2 − 1 2 − 1 2 0 λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ C 3 → C 3 − C 1 = ( λ − 1 ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 0 0 − 1 2 λ + 1 2 0 − 1 2 0 λ + 1 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ( λ − 1 )( − 1 ) 1 + 1 · 1 · ( λ + 1 2 ) ( λ + 1 2 ) = ( λ − 1 ) ( λ + 1 2 ) 2 Trường hợp 1. Hệ vectơ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi D = 0 ⇐⇒ ( λ − 1 ) ( λ + 1 2 ) 2 = 0 ⇐⇒ λ − 1 = 0 λ + 1 2 = 0 ⇐⇒ λ = 1 λ = − 1 2 Trường hợp 2. Hệ vectơ độc lập tuyến tính khi và chỉ khi D ̸ = 0 ⇐⇒ { λ ̸ = 1 λ ̸ = − 1 2 Định lí 1. Hạng của ma trận bằng hạng của hệ vecto dòng, bằng hạng của hệ vecto cột. Câu 3 (5/121). Tìm hạng của các hệ vecto sau a) ( 5 , 2 , − 3 , 1 ) ; ( 4 , 1 , − 2 , 3 ) ; ( 1 , 1 , − 1 , − 2 ) ; ( 3 , 4 , − 1 , 2 ) b) ( 2 , − 1 , 3 , 5 ) ; ( 4 , − 3 , 1 , 3 ) ; ( 3 , − 2 , 3 , 4 ) ; ( 4 , − 1 , 15 , 17 ) ; ( 7 , − 6 , − 7 , 0 ) c) ( 1 , 2 , 3 , − 4 ) ; ( 2 , 3 , − 4 , 1 ) ; ( 2 , − 5 , 8 , − 3 ) ; ( 5 , 26 , − 9 , − 12 ) ; ( 3 , − 1 , 1 , 2 ) | Lời giải. a) A = 5 2 − 3 1 4 1 − 2 3 1 1 − 1 − 2 3 4 − 1 2 A H 1 ↔ H 3 − − − − → 1 1 − 1 − 2 4 1 − 2 3 5 2 − 3 1 3 4 − 1 2 H 2 → H 2 − 4 H 1 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 3 → H 3 − 5 H 1 , H 4 → H 4 − 3 H 1 1 1 − 1 − 2 0 − 3 2 11 0 − 3 2 11 0 1 2 8 H 3 → H 3 − H 2 − − − − − − − → 1 1 − 1 − 2 0 − 3 2 11 0 0 0 0 0 1 2 8 H 3 ←→ H 4 − − − − − → 1 1 − 1 − 2 0 − 3 2 11 0 1 2 8 0 0 0 0 H 2 ←→ H 3 − − − − − → 1 1 − 1 − 2 0 1 2 8 0 − 3 2 11 0 0 0 0 H 3 → H 3 + 3 H 2 − − − − − − − → 1 1 − 1 − 2 0 1 2 8 0 0 8 35 0 0 0 0 2 TOÁN VUI VẺ Từ đây suy ra r ( A ) = 3 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 3. b) A = 2 − 1 3 5 4 − 3 1 3 3 − 2 3 4 4 − 1 15 17 7 − 6 − 7 0 A C 1 ←→ C 2 − − − − − → − 1 2 3 5 − 3 4 1 3 − 2 3 3 4 − 1 4 15 17 − 6 7 − 7 0 H 2 → H 2 − 3 H 1 , H 3 → H 3 − 2 H 1 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 4 → H 4 − H 1 , H 5 → H 5 − 6 H 1 − 1 2 3 5 0 − 2 − 8 − 12 0 − 1 − 3 − 6 0 2 12 12 0 − 5 − 25 − 30 H 2 ←→ H 3 − − − − − → − 1 2 3 5 0 − 1 − 3 − 6 0 − 2 − 8 − 12 0 2 12 12 0 − 5 − 25 − 30 H 3 → H 3 − 2 H 2 , H 4 → H 4 + 2 H 2 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 5 → H 5 − 5 H 2 − 1 2 3 5 0 − 1 − 3 − 6 0 0 − 2 0 0 0 6 0 0 0 − 10 0 H 4 → H 4 + 3 H 3 − − − − − − − → H 5 → H 5 − 5 H 3 − 1 2 3 5 0 − 1 − 3 − 6 0 0 − 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Từ đây suy ra r ( A ) = 3 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 3. c) A = 1 2 3 − 4 2 3 − 4 1 2 − 5 8 − 3 5 26 − 9 − 12 3 − 1 1 2 H 2 → H 2 − 2 H 1 , H 3 → H 3 − 2 H 1 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 4 → H 4 − 5 H 1 , H 5 → H 5 − 3 H 1 1 2 3 − 4 0 − 1 − 10 9 0 − 9 2 5 0 16 − 24 8 0 − 7 − 8 14 H 3 → H 3 − 9 H 2 , H 4 → H 4 + 16 H 2 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 5 → H 5 − 7 H 2 1 2 3 − 4 0 − 1 − 10 9 0 0 92 − 76 0 0 − 184 152 0 0 62 − 49 H 4 → H 4 + 2 H 3 − − − − − − − − − → H 5 → 92 H 5 − 62 H 3 1 2 3 − 4 0 − 1 − 10 9 0 0 92 − 76 0 0 0 0 0 0 0 204 H 4 ←→ H 5 − − − − − → 1 2 3 − 4 0 − 1 − 10 9 0 0 92 − 76 0 0 0 204 0 0 0 0 Từ đây suy ra r ( A ) = 4 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 4. Câu 4 (6/121). Tùy theo λ xác định hạng của hệ vecto sau: a) a 1 = ( 2 , 1 , 3 , 4 , 2 , 8 ) ; a 2 = ( 1 , 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ) ; a 3 = ( 3 , 4 , 2 , 4 , 1 , − 1 ) , a 4 = ( 5 , 5 , 5 , 8 , 3 , λ ) b) a 1 = ( − 1 , 2 , 1 , − 1 , 1 ) ; a 2 = ( λ , − 1 , 1 , − 1 , − 1 ) , a 3 = ( 1 , λ , 0 , 1 , 1 ) , a 4 = ( 1 , 2 , 2 , − 1 , 1 ) | Lời giải. a) Xếp các vecto dưới dạng dòng A = 2 1 3 4 2 8 1 0 1 1 0 0 3 4 2 4 1 − 1 5 5 5 8 3 λ 3 TOÁN VUI VẺ H 1 ←→ H 2 − − − − − → 1 0 1 1 0 0 2 1 3 4 2 8 3 4 2 4 1 − 1 5 5 5 8 3 λ H 2 → H 2 − 2 H 1 − − − − − − − − − − − − − − − − → H 3 → H 3 − 3 H 1 , H 4 → H 4 − 5 H 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 2 2 8 0 4 − 1 1 1 − 1 0 5 0 3 3 λ H 3 → H 3 − 4 H 2 − − − − − − − → H 4 → H 4 − 5 H 2 1 0 1 1 0 0 0 1 1 2 2 8 0 0 − 5 − 7 − 7 − 33 0 0 − 5 − 7 − 7 λ − 40 H 4 → H 4 − H 3 − − − − − − − → 1 0 1 1 0 0 0 1 1 2 2 8 0 0 − 5 − 7 − 7 − 33 0 0 0 0 0 λ − 7 Nếu λ = 7 thì r ( A ) = 3 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 3 Nếu λ ̸ = 7 thì r ( A ) = 4 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 4. b) Xếp các vecto dưới dạng dòng A = − 1 2 1 − 1 1 λ − 1 1 − 1 − 1 1 λ 0 1 1 1 2 2 − 1 1 A C 1 ←→ C 5 − − − − − → C 2 ←→ C 4 1 − 1 1 2 − 1 − 1 − 1 1 − 1 λ 1 1 0 λ 1 1 − 1 2 2 1 H 2 ←→ H 4 − − − − − → 1 − 1 1 2 − 1 1 − 1 2 2 1 1 1 0 λ 1 − 1 − 1 1 − 1 λ H 2 → H 2 − H 1 , H 3 → H 3 − H 1 − − − − − − − − − − − − − − → H 4 → H 4 + H 1 1 − 1 1 2 − 1 0 0 1 0 2 0 2 − 1 λ − 2 2 0 − 2 2 1 λ − 1 H 4 → H 4 + H 3 − − − − − − − → 1 − 1 1 2 − 1 0 0 1 0 2 0 2 − 1 λ − 2 2 0 0 1 λ − 1 λ + 1 H 2 ←→ H 3 − − − − − → 1 − 1 1 2 − 1 0 2 − 1 λ − 2 2 0 0 1 0 2 0 0 1 λ − 1 λ + 1 H 4 → H 4 − H 3 − − − − − − − → 1 − 1 1 2 − 1 0 2 − 1 λ − 2 2 0 0 1 0 2 0 0 0 λ − 1 λ − 1 Nếu λ ̸ = 1 thì r ( A ) = 4 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 4. Nếu λ = 1 thì r ( A ) = 3 , dẫn đến hạng của hệ vecto là 3. Câu 5 (8/121). Hệ nào dưới đây là cơ sở của R 3 ? 1) ( 3 , 1 , − 4 ) ; ( 2 , 5 , 6 ) ; ( 1 , 4 , 8 ) 2) ( 2 , − 3 , 1 ) ; ( 4 , 1 , 1 ) ; ( 0 , − 7 , 1 ) 3) ( 1 , 6 , 4 ) ; ( 2 , 4 , − 1 ) ; ( − 1 , 2 , 5 ) 4) ( 1 , − 1 , 1 ) ; ( 1 , 2 , 3 ) 5) ( 1 , − 1 , 2 ) ; ( − 1 , 2 , 1 ) ; ( 1 , 3 , 5 ) ; ( 1 , − 2 , 3 ) | Lời giải. 1) Xếp các vecto dưới dạng dòng A = 3 1 − 4 2 5 6 1 4 8 Ta tính định thức D = det ( A ) bằng cách khai triển theo dòng 1: D = 3 · ∣ ∣ ∣ ∣ 5 6 4 8 ∣ ∣ ∣ ∣ − 1 · ∣ ∣ ∣ ∣ 2 6 1 8 ∣ ∣ ∣ ∣ + ( − 4 ) · ∣ ∣ ∣ ∣ 2 5 1 4 ∣ ∣ ∣ ∣ = 3 ( 5 · 8 − 4 · 6 ) − 1 ( 2 · 8 − 1 · 6 ) − 4 ( 2 · 4 − 1 · 5 ) = 26 ̸ = 0 4 TOÁN VUI VẺ Suy ra hệ vecto đã cho độc lập tuyến tính. Hệ vectơ ( 3 , 1 , − 4 ) ; ( 2 , 5 , 6 ) ; ( 1 , 4 , 8 ) LÀ MỘT CƠ SỞ của R 3 2) Xếp các vecto dưới dạng dòng A = 2 − 3 1 4 1 1 0 − 7 1 Ta tính định thức D = det ( A ) bằng cách khai triển theo dòng 3 D = − ( − 7 ) · ∣ ∣ ∣ ∣ 2 1 4 1 ∣ ∣ ∣ ∣ + 1 · ∣ ∣ ∣ ∣ 2 − 3 4 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = 7 ( 2 − 4 ) + ( 2 − ( − 12 )) = 0 Suy ra hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. Hệ vecto đã cho KHÔNG LÀ CƠ SỞ của R 3 3) Xếp các vecto dưới dạng dòng 1 6 4 2 4 − 1 − 1 2 5 Tính định thức D = det ( A ) D = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 6 4 2 4 − 1 − 1 2 5 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ H 3 → H 3 + H 1 = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 6 4 2 4 − 1 0 8 9 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = − 8 · ∣ ∣ ∣ ∣ 1 4 2 − 1 ∣ ∣ ∣ ∣ + 9 · ∣ ∣ ∣ ∣ 1 6 2 4 ∣ ∣ ∣ ∣ = − 8 ( − 1 − 8 ) + 9 ( 4 − 12 ) = 0 Suy ra hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính. Hệ vecto đã cho KHÔNG LÀ CƠ SỞ của R 3 4) Hệ chỉ có 2 vecto. KHÔNG LÀ CƠ SỞ 5) Hệ có 4 vecto. KHÔNG LÀ CƠ SỞ Câu 6 (9/122). Chứng tỏ các tập L được xác định sau đây là không gian con của các không gian tương ứng, tìm một cơ sở và số chiều của chúng. 1) L = { x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 | x 1 − 2 x 2 + x 3 = 0 } 2) L = { x = ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 | x 1 = x 3 , x 2 = 2 x 4 } 3) L = { x = ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) ∈ R n | x 1 + x 2 + . . . + x n = 0 } 4) L = x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 2 x 1 + x 2 + 3 x 3 = 0 x 1 + 2 x 2 = 0 x 2 + x 3 = 0 5) L = x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ x 1 − 3 x 2 + x 3 = 0 2 x 1 − 6 x 2 + 2 x 3 = 0 3 x 1 − 9 x 2 + 3 x 3 = 0 | Lời giải. 1) Xét vector không θ = ( 0 , 0 , 0 ) . Thay vào phương trình của L : 0 − 2 ( 0 ) + 0 = 0 (luôn đúng), suy ra θ ∈ L Vậy L ̸ = / 0 Giả sử u = ( u 1 , u 2 , u 3 ) ∈ L và v = ( v 1 , v 2 , v 3 ) ∈ L . Khi đó ta có: { u 1 − 2 u 2 + u 3 = 0 v 1 − 2 v 2 + v 3 = 0 Xét tổng u + v = ( u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , u 3 + v 3 ) . Kiểm tra xem tổng này có thỏa mãn điều kiện của L không ( u 1 + v 1 ) − 2 ( u 2 + v 2 ) + ( u 3 + v 3 ) = ( u 1 − 2 u 2 + u 3 ) + ( v 1 − 2 v 2 + v 3 ) = 0 5 TOÁN VUI VẺ Vậy u + v ∈ L Giả sử u = ( u 1 , u 2 , u 3 ) ∈ L và k là một số thực bất kỳ. Xét vector ku = ( ku 1 , ku 2 , ku 3 ) . Kiểm tra điều kiện: ( ku 1 ) − 2 ( ku 2 ) + ( ku 3 ) = k ( u 1 − 2 u 2 + u 3 ) = 0 Vậy ku ∈ L Do đó L là một không gian con của R 3 Theo giả thiết ta có x 1 − 2 x 2 + x 3 = 0 = ⇒ x 1 = 2 x 2 − x 3 Mọi vector x ∈ L đều có dạng: x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( 2 x 2 − x 3 , x 2 , x 3 ) = ( 2 x 2 , x 2 , 0 ) + ( − x 3 , 0 , x 3 ) = x 2 ( 1 , 1 , 0 ) + x 3 ( − 1 , 0 , 1 ) Mọi vector trong L đều biểu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính của v 1 = ( 1 , 1 , 0 ) và v 2 = ( − 1 , 0 , 1 ) Hai vector v 1 và v 2 không tỷ lệ với nhau, nên chúng độc lập tuyến tính. Vậy hệ vectơ { v 1 , v 2 } là một cơ sở của L . Vì cơ sở có 2 vector, nên số chiều của không gian con L là dim ( L ) = 2 2) Xét vecto không θ = ( 0 , 0 , 0 , 0 ) . Ta có: 0 = 0 (thỏa x 1 = x 3 ) và 0 = 2 ( 0 ) (thỏa x 2 = 2 x 4 ). = ⇒ θ ∈ L = ⇒ L ̸ = ∅ Giả sử u = ( u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) ∈ L và v = ( v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) ∈ L . Khi đó ta có u 1 = u 3 , u 2 = 2 u 4 và v 1 = v 3 , v 2 = 2 v 4 Xét tổng u + v = ( u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , u 3 + v 3 , u 4 + v 4 ) . Kiểm tra tổng này có thỏa mãn điều kiện của L không u 1 + v 1 = u 3 + v 3 (đúng) do u 1 = u 3 , v 1 = v 3 u 2 + v 2 = 2 u 4 + 2 v 4 = 2 ( u 4 + v 4 ) (đúng) = ⇒ u + v ∈ L Giả sử u = ( u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) ∈ L và k là một số thực bất kỳ. Xét vector ku = ( ku 1 , ku 2 , ku 3 , ku 4 ) . Kiểm tra điều kiện: ku 1 = k ( u 1 ) = k ( u 3 ) = ku 3 và ku 2 = k ( u 2 ) = k ( 2 u 4 ) = 2 ( ku 4 ) Vậy ku ∈ L Do đó L là một không gian con của R 3 Ta chọn x 3 , x 4 làm các biến tự do. Mọi vecto x ∈ L đều có dạng x = ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = ( x 3 , 2 x 4 , x 3 , x 4 ) = ( x 3 , 0 , x 3 , 0 ) + ( 0 , 2 x 4 , 0 , x 4 ) = x 3 ( 1 , 0 , 1 , 0 ) + x 4 ( 0 , 2 , 0 , 1 ) Mọi vecto trong L đều được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của v 1 = ( 1 , 0 , 1 , 0 ) và v 2 = ( 0 , 2 , 0 , 1 ) Hai vecto v 1 , v 2 không tỷ lệ với nhau nên chúng độc lập tuyến tính. Vậy hệ vecto { v 1 , v 2 } là một cơ sở của L . Vì cơ sở có 2 vecto nên số chiều là dim ( L ) = 2 3) Xét vecto không θ = ( 0 , 0 , . . . , 0 ) . Ta có 0 + 0 + . . . + 0 = 0 = ⇒ 0 ∈ L = ⇒ L ̸ = ∅ Giả sử u = ( u 1 , u 2 , . . . , u n ) ∈ L và v = ( v 1 , v 2 , . . . , v n ) ∈ L . Khi đó ta có u 1 + u 2 + . . . u n = 0; v 1 + v 2 + . . . + v n = 0 Kiểm tra tổng u + v ( u 1 + v 1 ) + ( u 2 + v 2 ) + . . . ( u n + v n ) = ( u 1 + . . . u n ) + ( v 1 + . . . v n ) = 0 = ⇒ u + v ∈ L Giả sử u = ( u 1 , u 2 , . . . , u n ) ∈ L và k là một số thực bất kỳ. Xét vecto ku = ( ku 1 , ku 2 , . . . , ku n ) . Kiểm tra điều kiện: ku 1 + ku 2 + . . . ku 2 = k ( u 1 + u 2 + . . . + u n ) = 0 = ⇒ ku ∈ L Vậy L là một không gian con của R n Từ giả thiết ta có x 1 = − x 2 − x 3 − . . . − x n . Mọi vecto x ∈ L đều có dạng x = ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = ( − x 2 − . . . − x n , x 2 , . . . , x n ) = ( − x 2 , x 2 , 0 , . . . , 0 ) + ( − x 3 , 0 , 1 , 0 . . . , 0 ) + . . . + ( − x n , 0 , . . . , 0 , 1 ) = x 2 ( − 1 , 1 , 0 , . . . , 0 ) + x 3 ( − 1 , 0 , 1 , 0 , . . . , 0 ) + . . . + x n ( − 1 , 0 , . . . , 0 , 1 ) 6 TOÁN VUI VẺ Mọi vecto trong L đều được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của v 1 = ( − 1 , 1 , 0 , 0 , . . . , 0 ) ; v 2 = ( − 1 , 0 , 1 , 0 , . . . , 0 ) ... ; v n − 1 = ( − 1 , 0 , 0 , . . . , 0 , 1 ) Xếp các vecto theo dòng ta được A = − 1 1 0 0 . . . 0 0 − 1 0 1 0 . . . 0 0 . . . − 1 0 0 0 . . . 0 1 Nhận thấy phần ma trận con từ cột 2 đến cột n tạo thành một ma trận đơn vị cấp n − 1 , nên định thức khác 0. Dẫn đến hệ { v 1 , v 2 , . . . , v n − 1 } độc lập tuyến tính. Vậy hệ vecto { v 1 , v 2 , . . . , v n − 1 } là một cơ sở của L . Vì cơ sở có n − 1 vecto nên số chiều là dim ( L ) = n − 1 4) Xét hệ phương trình định nghĩa tập L 2 x 1 + x 2 + 3 x 3 = 0 x 1 + 2 x 2 = 0 x 2 + x 3 = 0 Ma trận hệ số A = 2 1 3 1 2 0 0 1 1 H 1 ↔ H 2 − − − − → 1 2 0 2 1 3 0 1 1 H 2 → H 2 − 2 H 1 − − − − − − − → 1 2 0 0 − 3 3 0 1 1 H 2 ↔ H 3 − − − − → 1 2 0 0 1 1 0 − 3 3 H 3 → H 3 + 3 H 2 − − − − − − − → 1 2 0 0 1 1 0 0 6 Suy ra r ( A ) = 3 bằng số ẩn nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường. Dẫn đến L chỉ chứa đúng một phần tử là vecto 0 L = { ( 0 , 0 , 0 ) } Dễ chứng minh được L luôn là không gian con. Vì L = { θ } nên không có cơ sở và số chiều dim ( L ) = 0 5) Ta viết lại L = { x = ( x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 | x 1 − 3 x 2 + x 3 = 0 } Đến đây là tương tự như ý 1). 7