Bài tập Đại số tuyến tính

V : ((x,y) (u,v)) (xu,y v) ((xu) , (y v))α∀α∈ ∀ ∈ α ⊗ ⊕ = α ⊗ + = α + =ℝ
 (x u , y v) (x , y) (u , v) ( (x, y)) ( (u,v)).α α α α= α + α = α ⊕ α = α ⊗ ⊕ α ⊗ 
6) , , (x, y) V : ( ) (x, y) (x ,( )y) (x x , y y)
(x , y) (x , y) ( (x, y)) ( (u,v)).
α+β α β
α β
∀α β∈ ∀ ∈ α + β ⊗ = α + β = α + β =
= α ⊕ β = α ⊗ ⊕ β ⊗
ℝ
7) , , (x, y) V : ( (x, y)) (x , y) ((x ) , y) ( ) (x, y).β β α∀α β∈ ∀ ∈ α ⊗ β ⊗ = α ⊗ β = αβ = αβ ⊗ℝ
8) 1(x, y) V : 1 (x, y) (x ,1y) (x, y).∀ ∈ ⊗ = = 
Như vậy, V cùng với hai phép toán ⊕ và ⊗ ñược ñịnh nghĩa như trên là một 
−ℝ không gian vecto. 
Ta lấy hai số thực 1 2 1 1 2e ,e ,e 0,e 1,e 0,∈ > ≠ ≠ℝ thì 1 2(e ,0) V,(1,e ) V.∈ ∈ Nếu 
1 1 2 2 1 2(t (e ,0)) (t (1,e )) (t , t )⊗ ⊕ ⊗ = θ ∈ℝ thì 1t 2 21e 1, e t 0= = nên 1 2t t 0.= = 
Suy ra 1 2{(e ,0),(1,e )} là một hệ ñộc lập tuyến tính trong V. Với mỗi (x, y) V∈ do 
x > 0 nên tồn tại 
1(e )log x, ta ñặt 1(e )log x,λ = thì λ∈ℝ và 1x e .
λ
= Hơn nữa 
2 2y ,e ,e 0∈ ∈ ≠ℝ ℝ nên tồn tại µ∈ℝ sao cho 2y e= µ . Ta thấy 
1 2 1 2 1 2 1 2(x, y) (e , e ) (e .1, 0 e ) (e ,0) (1, e ) (e , .0) (1 , e )λ λ λ λ µ= µ = + µ = + µ = λ + µ = 
1 2(e ,0) (1,e )= λ ⊗ + µ ⊗ nên 1 2{(e ,0),(1,e )} là một hệ sinh. Suy ra 1 2{(e ,0),(1,e )} 
là một cơ sở của V. Vậy dimV = 2. 
Bài 3: 
Cho { }V x | x 0 ,= ∈ >ℝ ta ñịnh nghĩa phép cộng ⊕ trên V và phép nhân ⊗ một 
vô hướng với một phần tử của V như sau: 
x y : x.y, x, y V;
x : x , x V, .α
⊕ = ∀ ∈
α ⊗ = ∀ ∈ ∀α∈ℝ
Chứng minh rằng V là một −ℝ không gian vecto. Tìm số chiều của V. 
Bài làm: 
Trước hết, ta kiểm tra 8 tiên ñề của không gian vecto: 
1) x, y V∀ ∈ ta có x y x.y y.x y x.⊕ = = = ⊕ 
2) x, y,z V :∀ ∈ (x y) z (x.y) z (x.y).z x.(y.z) x (y z).⊕ ⊕ = ⊕ = = = ⊕ ⊕ 
3) ðặt 1 Vθ = ∈ thì x V∀ ∈ ta có x x x.1 x.θ ⊕ = ⊕ θ = = ( θ là phần tử “không” 
của V). 
4) x V∀ ∈ ta ñặt 1( x) :
x
− = thì 1x ( x) x. 1 .
x
⊕ − = = = θ ( 1( x)
x
− = là phần tử ñối của 
phần tử x trong V). 
5) , x, y V : (x y) (x.y) x .y ( x) ( y).α α α∀α∈ ∀ ∈ α ⊗ ⊕ = = = α ⊗ ⊕ α ⊗ℝ 
6) , , x V : ( ) x x x .x ( x) ( x).α+β α β∀α β∈ ∀ ∈ α + β ⊗ = = = α ⊗ ⊕ β ⊗ℝ 
7) , , x V : ( x) x (x ) x ( ) x.β β α αβ∀α β∈ ∀ ∈ α ⊗ β ⊗ = α ⊗ = = = αβ ⊗ℝ 
8) 1x V : 1 x x x.∀ ∈ ⊗ = = 
Như vậy, V cùng với hai phép toán ⊕ và ⊗ ñược ñịnh nghĩa như trên là một 
−ℝ không gian vecto. 
Ta lấy a ,a 0,a 1∈ > ≠ℝ thì a V∈ và a ≠ θ trong V, nên { }a là một hệ ñộc lập 
tuyến tính trong V. Với mỗi x V∈ do x > 0 nên tồn tại alog x, ta ñặt alog x,λ = thì 
λ∈ℝ và x a a.λ= = λ ⊗ Suy ra { }a là một hệ sinh. Vậy { }a là một cơ sở của V. 
Do ñó dimV = 1. 
Bài 4: 
Cho V là không gian vectơ các hàm số liên tục trên ℝ . Cho tập 
hợp { }axa aM f V : f (x) e ,a= ∈ = ∈ℝ . 
a) Chứng minh rằng M là một tập ñộc lập tuyến tính. 
b) M có là một cơ sở của V hay không? 
Bài làm: 
a) Ta chứng minh M là tập ñộc lập tuyến tính bằng phương pháp quy nạp. 
Với mọi n thuộc vào tập số nguyên dương *ℕ ta chứng minh tập gồm n hàm bất 
kì trong M là tập ñộc lập tuyến tính. Lưu ý rằng phần tử “không” của V là hàm số 
:
 x 0
θ →ℝ ℝ
֏
. 
Với n=1, { }axe
hiển nhiên ñộc lập tuyến tính do axe .≠ θ . 
Giả sử ñiều phải chứng minh ñúng với n = k (k *),∈ℕ tức là tập con bất kì 
gồm k phần tử của M là tập ñộc lập tuyến tính. Ta sẽ chứng minh tập con bất kì 
gồm k+1 của M là tập ñộc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử 
1 k k 1a x a x a x1 k k 1.e ... e e 0, x (1)++α + + α + α = ∀ ∈ℝ 
ở ñây 1 k k 1a ,...,a ,a + là các số thực ñôi một phân biệt, và 1 k k 1,..., , +α α α là các số 
thực nào ñấy. Ta biến ñổi 
1 k 1 k k 1
1 k 1 k k 1
(a a )x (a a )x
1 k k 1
(a a )x (a a )x
1 1 k 1 k 1 k 1
(1) e ... e 0, x
(a a ).e ... (a a ).e 0, x (2)
+ +
+ +
− −
+
− −
+ +
⇔ α + + α + α = ∀ ∈
⇒ α − + + α − = ∀ ∈
ℝ
ℝ
Do 1 k k 1a ,...,a ,a + là các số thực ñôi một phân biệt nên 1 k 1 k k 1a a ,...,a a+ +− − cũng 
là các số thực ñôi một phân biệt, tức là 1 k 1 k k 1(a a )x (a a )x{e ,...,e }+ +− − là tập con gồm k 
phần tử khác nhau trong M. Theo giả thiết quy nạp suy ra 
1 k 1 k k 1(a a )x (a a )x{e ,...,e }+ +− − ñộc lập tuyến tính. Như vậy từ (2) dẫn tới 
1 1 k 1 k 1 k 1(a a ) ... (a a ) 0+ +α − = = α − = 1 k... 0⇔ α = = α = (3) (do các số 
1 k 1 k k 1a a ,...,a a+ +− − ñều khác 0). Thế (3) vào (1) thu ñược k 1 0.+α = Từ ñó ta 
thấy (1) kéo theo 1 k k 1... 0+α = = α = α = , hay tập con { }1 k k 1a x a x a xe ,...,e ,e + (gồm 
k+1 phần tử bất kì của M) là tập ñộc lập tuyến tính. 
Vậy mọi tập con gồm n (n *)∈ℕ hàm bất kì trong M là tập ñộc lập tuyến tính, tức 
là M là tập ñộc lập tuyến tính, trong V. 
b) Ta sẽ chứng minh M không phải là một cơ sở của M. 
Thậy vậy, giả sử M là cơ sở của V. Xét hàm số f V∈ mà f (x) x, x .= ∀ ∈ℝ
Vì M 
là một cơ sở của V nên ta có thể biểu diễn 1 ma x a x1 mx t .e ... t e , x (4)= + + ∀ ∈ℝ với 
m là một số nguyên dương nào ñấy, 1 mt ,..., t là các số thực, và 1 ma ,...,a là các số 
thực ñôi một phân biệt. Từ (4) suy ra 1 ma x a x2 21 1 m mt a e ... t a e 0, x (5).+ + = ∀ ∈ℝ Vì 
{ }1 ma x a xe ,...,e là tập ñộc lập tuyến tính nên (5) kéo theo 2i it a 0 (i 1,m).= = Với 
mỗi { }i 1,...,m∈ thì it 0= hoặc ia 0= nên ia xit e là hằng số, và vì thế khi thay trở 
lại (4) thì vế phải của (4) luôn là một hằng số (không phụ thuộc vào x), ñiều này vô 
lí vì hàm số f(x) = x không phải là hàm hằng. Tức là ñiều ta giả sử ban ñầu là sai. 
Vậy M không là một cơ sở của V. 
Bài 5: 
Xét [a;b]C là −ℝ không gian vecto các hàm số thực liên tục trên ñoạn [ ]a;b với 
phép cộng và phép nhân thông thường. Ta ñặt 
b
[a;b]
a
x, y x(t).y(t)dt; x, y C .= ∈∫ 
Chứng minh x, y là một tích vô hướng trên [a;b]C . 
Bài làm: 
Với mọi [a;b]x, y,z C∈ và với mọi α∈ℝ ta có 
b b
a a
b b
a a
b b
a a
1) x, y x(t).y(t)dt y(t).x(t)dt y,x .
2) x, y x(t).y(t)dt x(t).y(t)dt x, y .
3) x z, y (x(t) z(t)).y(t)dt (x(t).y(t) z(t)y(t))dt
= = =
α = α = α = α
+ = + = + =
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
[ ]
b b
a a
b
2 2
a
 x(t).y(t)dt z(t).y(t)dt x, y z, y .
4) x,x x (t)dt 0 (do x (t) 0, t a;b ),
= + = +
= ≥ ≥ ∀ ∈
∫ ∫
∫
b
2 2
a
x,x 0 x (t)dt 0 x (t) 0 x= ⇔ = ⇔ ≡ ⇔ = θ∫ (ở ñó θ là phần tử “không” của 
không gian [a;b]C , tức là : t 0θ ֏ với mọi [ ]t a;b ).∈ 
Vậy x, y là một tích vô hướng trên [a;b]C . 
Bài 6: 
Xét V là −ℂ không gian vecto các hàm số phức liên tục trên ñoạn [ ]a;b với phép 
cộng và phép nhân thông thường. 
a) Chứng minh 
b
a
x, y x(t).y(t)dt (x, y V)= ∈∫ không phải là một tích vô 
hướng trên V. 
b) Chứng minh 
b
a
x, y x(t).y(t)dt (x, y V)= ∈∫ là một tích vô hướng trên V. 
Bài làm: 
a) Ta lấy trên V phần tử 2x(t) i (i 1)≡ = − lúc này 
b
a
x,x dt a b 0= − = − <∫ nên 
b
a
x, y x(t).y(t)dt (x, y V)= ∈∫ không phải là một tích vô hướng trên V. 
b) Với mọi x, y,z V∈ và với mọi α∈ℂ ta có 
b b b
a a a
b b
a a
b b b
a a a
1) x, y x(t).y(t)dt x(t).y(t)dt y(t).x(t)dt y,x .
2) x, y x(t).y(t)dt x(t).y(t)dt x, y .
3) x z, y (x(t) z(t)).y(t)dt x(t).y(t)dt z(t).y(t)dt x, y z, y .
= = = =
α = α = α = α
+ = + == + = +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫ ∫
[ ]
b
2
a
4) x,x x(t) dt 0 (do x(t) 0, t a;b ),= ≥ ≥ ∀ ∈∫ 
b
2
a
x,x 0 x(t) dt 0 x(t) 0 x(t) 0 x= ⇔ = ⇔ = ⇔ ≡ ⇔ = θ∫ (ở ñó θ là phần tử 
“không” của V, tức là : t 0θ ֏ với mọi [ ]t a;b ).∈ 
Vậy x, y là một tích vô hướng trên V. 
Bài 7: 
Cho V, W là K − không gian vecto n chiều (n ).∈ℕ Cho ánh xạ tuyến tính 
: V W.ϕ → Chứng minh ba mệnh ñề sau tương ñương: 
(1) ϕ là ñơn cấu. 
(2) ϕ là toàn cấu. 
(3) ϕ là ñẳng cấu 
Bài làm: 
Cách 1: Vì ϕ là ñẳng cấu khi và chỉ khi nó vừa là ñơn cấu vừa là toàn cấu nên ñể 
chứng minh ba mệnh ñề (1), (2), (3) ở trên là tương ñương ta chỉ việc chứng minh 
(1) và (2) tương ñương. Dễ thấy nếu n = 0 thì V, W chỉ gồm một phần tử (là phần 
tử “không”) nên ta có ngay ñiều phải chứng minh. Bây giờ ta xét với n > 0. 
a) Giả sử ϕ là ñơn cấu. Gọi { }1 n(e) e ,...,e= là một cơ sở nào ñó của V. Kí hiệu 
{ }1 n(f ) (e ),..., (e ) W.= ϕ ϕ ⊂ Nếu 1 1 n n Wt (e ) ... t (e )ϕ + + ϕ = θ 1 n(t ,..., t K,∈ W θ là 
vecto “không” của W) thì 1 1 n n V(t e ... t e ) ( )ϕ + + = ϕ θ (vì ϕ là ánh xạ tuyến tính, 
V θ là vecto “không” của V). Do ϕ là ñơn cấu nên từ ñẳng thức trên suy ra 
1 1 n n Vt e ... t e .+ + = θ Mà { }1 n(e) e ,...,e= là hệ ñộc lập tuyến tính nên ta có 
1 nt ... t 0= = = (0 là phần tử “không” của trường K). Như vậy 
{ }1 n(f ) (e ),..., (e )= ϕ ϕ là một hệ ñộc lập tuyến tính trong W. Vì (e) là cở sở của V 
và ϕ là ánh xạ tuyến tính nên (f) có n phần tử phân biệt. Số chiều của W là n. Dẫn 
tới (f) chính là một cở sở của W. Lấy tuỳ ý vecto y W∈ thì tồn tại 1 n,..., Kα α ∈ 
sao cho 1 1 n n 1 1 n ny (e ) ... (e ) y ( e ... e ).= α ϕ + + α ϕ ⇒ = ϕ α + + α ðặt 
n
i i
i 1
x e
=
= α∑ thì 
x V∈ và y (x)= ϕ , chứng tỏ mọi y W∈ ñều là ảnh của một vecto x nào ñó của V, 
tức là ϕ là toàn cấu. 
b) Giả sử ϕ là toàn cấu. Gọi { }1 n(w) w ,...,w= là một cơ sở của W. Với mỗi 
{ }i 1,...,n∈ tồn tại iv V∈ sao cho i i(v ) w .ϕ = Nếu 1 1 n n Vt v ... t v+ + = θ 
1 n(t ,..., t K)∈ thì 1 1 n n V 1 1 n n W(t v ... t v ) ( ) t (v ) ... t (v )ϕ + + = ϕ θ ⇒ ϕ + + ϕ = θ 
1 1 n n W 1 nt w ... t w t ... t 0⇒ + + = θ ⇒ = = = (do { }1 n(w) w ,...,w= ñộc lập tuyến 
tính). Như vậy { }1 n(v) v ,..., v= là hệ ñộc lập tuyến tính trong V. Vì ϕ là ánh xạ 
truyến tính và (w) là cơ sở của W nên suy ra (v) có n phần tử phân biệt. Số chiều 
của V cũng là n. Do ñó (v) chính là một cơ sở của V. Bây giờ ta giả sử (a) (b)ϕ = ϕ 
với a,b V,∈ và 
n n
i i i i
i 1 i 1
a .v , b .v ,
= =
= λ = µ∑ ∑ trong ñó 1 n 1 n,..., , ,..., K.λ λ µ µ ∈ Lúc này 
n n n n
i i i i i i i W i i i W
i 1 i 1 i 1 i 1
(a) (b) ( .v ) ( .v ) ( ) (v ) ( )w
= = = =
ϕ = ϕ ⇔ ϕ λ = ϕ µ ⇔ λ −µ ϕ = θ ⇔ λ −µ = θ∑ ∑ ∑ ∑ 
1 1 n n i i... 0 ( i 1,n) a b.⇔ λ − µ = = λ − µ = ⇔ λ = µ ∀ = ⇔ = Vậy ϕ là một ñơn cấu. 
Cách 2: [Theo Phan Thị Ánh Vân] 
(1) (2)⇒ Giả sử ϕ là ñơn cấu. Với Ker : ( ) 0.∀α ∈ ϕ ϕ α =   Do ϕ là ánh xạ tuyến 
tính nên f (0) 0=
 
. Vì ϕ là ñơn cấu nên 0=

α . Suy ra er {0}= K ϕ , do ñó 
dimKerϕ = 0. 
Lại có: dim Ker ϕ + dim Imϕ = dim V, nên dim Imϕ = dim V. 
Theo ñ