Độc Lập Tuyến Tính Và Phụ Thuộc Tuyến Tính - Đại Số Tuyến Tính - Vted

Bài viết này Vted giới thiệu đến bạn đọc đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài tập Minh hoạ nội dung Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính - Đại số tuyến tính - Toán cao cấp dành cho SV

>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch

>>Cơ sở của không gian véctơ

>>Hạng của một hệ véctơ

Biểu diễn tuyến tính

• Cho hệ $m$ véctơ $n$ chiều ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}.$ Véctơ $X\in {{\mathbb{R}}^{n}}$ được biểu diễn tuyến tính qua $m$ véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}$ nếu tồn tại $m$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ sao cho $X={{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m}}{{X}_{m}}.$
• Đẳng thức trên tương đương với: ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính gồm $n$ phương trình và $m$ ẩn ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ có ma trận hệ số mở rộng $\overline{A}=\left( {{X}_{1}}\text{ }{{X}_{2}}...{{X}_{m}}\text{ }X \right)$ trong đó các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}},X$ được viết dưới dạng cột:

Ví dụ 1: Hãy biểu diễn tuyến tính véctơ $X=(3,-5,-10,15)$ qua các véctơ ${{X}_{1}}=(3,-2,4,5),{{X}_{2}}=(1,1,7,-3),{{X}_{3}}=(0,2,3,-4).$

Giải. Xét biểu diễn $X = x{X_1} + y{X_2} + z{X_3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 3x + y = 3 \hfill \\ - 2x + y + 2z = - 5 \hfill \\ 4x + 7y + 3z = - 10 \hfill \\ 5x - 3y - 4z = 15 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 2 \hfill \\ y = - 3 \hfill \\ z = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow X = 2{X_1} - 3{X_2} + {X_3}.$

Ví dụ 2: Hãy biểu diễn tuyến tính véctơ $X=(1,-2,10,197)$ qua các véctơ ${{X}_{1}}=(1,3,4,5),{{X}_{2}}=(2,2,-1,3),{{X}_{3}}=(3,5,1,-2),{{X}_{4}}=(-4,7,2,4).$

Giải. Xét biểu diễn $X = x{X_1} + y{X_2} + z{X_3} + t{X_4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x + 2y + 3z - 4t = 1 \hfill \\ 3x + 2y + 5z + 7t = - 2 \hfill \\ 4x - y + z + 2t = 10 \hfill \\ 5x + 3y - 2z + 4t = 197 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 14 \hfill \\ y = 27 \hfill \\ z = - 21 \hfill \\ t = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow X = 14{X_1} + 27{X_2} - 21{X_3} + {X_4}.$

Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính của một hệ véctơ

• Cho $m$ véctơ $n$ chiều ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}.$ Xét đẳng thức: ${{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m}}{{X}_{m}}={{O}_{n}}(*).$ Đẳng thức này tương đương với hệ tuyến tính tổng quát gồm $n$ phương trình và $m$ ẩn ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ có ma trận hệ số là $A=\left( {{X}_{1}}\text{ }{{X}_{2}}\text{ }{{X}_{m}} \right),$ trong đó các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}$ viết dưới dạng cột.
• Hệ gồm $m$ véctơ $n$ chiều ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}$ được gọi là độc lập tuyến tính nếu (*) chỉ xảy ra khi ${{\alpha }_{1}}={{\alpha }_{2}}=...={{\alpha }_{m}}=0,$ tức hệ tuyến tính thuần nhất có ma trận hệ số $A$ có nghiệm tầm thường duy nhất, tức quá trình biến đổi ma trận hệ số $A$ kết thúc dưới dạng tam giác.
• Hệ gồm $m$ véctơ $n$ chiều ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}}$ được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại $m$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ không đồng thời bằng 0 sao cho đẳng thức (*) xảy ra, tức hệ tuyến tính thuần nhất có ma trận hệ số $A$ có vô số nghiệm, tức quá trình biến đổi ma trận hệ số $A$ kết thúc dưới dạng hình thang.

>>Cơ sở của không gian véctơ

Ví dụ 1. Cho $P=\left\{ A,B,C \right\},Q=\left\{ A,B,A+2C \right\}.$ Chứng minh rằng $P$ độc lập tuyến tính thì $Q$ độc lập tuyến tính.

Giải. Giả sử ngược $Q=\left\{ A,B,A+2C \right\}$ phụ thuộc tuyến tính khi đó tồn tại 3 số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},{{\alpha }_{3}}$ khôngđồng thời bằng 0 sao cho $\begin{array}{l} {\alpha _1}A + {\alpha _2}B + {\alpha _3}(A + 2C) = O \Leftrightarrow ({\alpha _1} + {\alpha _3})A + {\alpha _2}B + 2{\alpha _3}C = O\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\alpha _1} + {\alpha _3} = 0\\ {\alpha _2} = 0\\ 2{\alpha _3} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow {\alpha _1} = {\alpha _2} = {\alpha _3} = 0. \end{array}$(vô lí).

Vậy $Q=\left\{ A,B,A+2C \right\}$ độc lập tuyến tính.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi $m$ hệ véctơ ${{X}_{1}}=(2,3,4,-1),{{X}_{2}}=(-1,2,-2,1),{{X}_{3}}=(3,m,4,2)$ độc lập tuyến tính.

Giải. Xét hệ thuần nhất có ma trận hệ số:

$\begin{gathered} A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&3 \\ 3&2&m \\ 4&{ - 2}&4 \\ { - 1}&1&2 \end{array}} \right)\xrightarrow{{doichod2\& d4}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&3 \\ { - 1}&1&2 \\ 4&{ - 2}&4 \\ 3&2&m \end{array}} \right)\xrightarrow{{doichod1\& d2}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&2 \\ 2&{ - 1}&3 \\ 4&{ - 2}&4 \\ 3&2&m \end{array}} \right) \hfill \\ \xrightarrow{\begin{subarray}{l} 2{d_1} + {d_2} \\ 4{d_1} + {d_3} \\ 3{d_1} + {d_4} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&2 \\ 0&1&7 \\ 0&2&{12} \\ 0&5&{m + 6} \end{array}} \right)\xrightarrow{\begin{subarray}{l} - 2{d_2} + {d_3} \\ - 5{d_2} + {d_4} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&2 \\ 0&1&9 \\ 0&0&{ - 2} \\ 0&0&{m - 29} \end{array}} \right)\xrightarrow{{(m - 29){d_3} + 2{d_4}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&2 \\ 0&1&9 \\ 0&0&{ - 2} \\ 0&0&0 \end{array}} \right) \hfill \\ \end{gathered} $

Quá trình khử ẩn kết thúc ở dạng tam giác nên hệ thuần nhất có nghiệm tầm thường duy nhất, điều đó chứng tỏ hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính. Điều phải chứng minh.

Ví dụ 3: Cho hệ gồm các véctơ ${{A}_{1}},{{A}_{2}},{{A}_{3}},{{A}_{4}}\in {{\mathbb{R}}^{n}}$ độc lập tuyến tính. Xét sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ với $\left\{ \begin{gathered} {X_1} = {A_1} - 4{A_2} + {A_3} - {A_4} \hfill \\ {X_2} = 2{A_2} + {A_3} + 8{A_4} \hfill \\ {X_3} = - {A_1} + 2{A_2} - 2{A_3} + 3{A_4} \hfill \\ {X_4} = {A_1} + 2{A_2} + {A_3} + 9{A_4} \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Giải. Xét đẳng thức:

\[\begin{gathered} a{X_1} + b{X_2} + c{X_3} + d{X_4} = {0_n} \hfill \\ \Leftrightarrow a\left( {{A_1} - 4{A_2} + {A_3} - {A_4}} \right) + b\left( {2{A_2} + {A_3} + 8{A_4}} \right) + c\left( { - {A_1} + 2{A_2} - 2{A_3} + 3{A_4}} \right) + d\left( {{A_1} + 2{A_2} + {A_3} + 9{A_4}} \right) = {0_n} \hfill \\ \Leftrightarrow \left( {a - c + d} \right){A_1} + \left( { - 4a + 2b + 2c + 2d} \right){A_2} + \left( {a + b - 2c + d} \right){A_3} + \left( { - a + 8b + 3c + 9d} \right){A_4} = {0_n} \hfill \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a - c + d = 0 \hfill \\ - 4a + 2b + 2c + 2d = 0 \hfill \\ a + b - 2c + d = 0 \hfill \\ - a + 8b + 3c + 9d = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = 0 \hfill \\ b = 0 \hfill \\ c = 0 \hfill \\ d = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.. \hfill \\ \end{gathered} \]

Vậy hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ độc lập tuyến tính.

Ví dụ 4: Xét sự độc lập và phụ thuộc tuyến tính của hệ véctơ

$\left\{ {{A}_{1}}=\left( 0,1,2,3 \right),{{A}_{2}}\left( -3,2,3,0 \right),{{A}_{3}}\left( 3,-1,-1,k \right) \right\}.$

Giải. Xét ma trận nhận các véctơ đã cho là véctơ cột

$\begin{gathered} A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 3}&3 \\ 1&2&{ - 1} \\ 2&3&{ - 1} \\ 3&0&k \end{array}} \right)\xrightarrow{{{\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ 0&{ - 3}&3 \\ 2&3&{ - 1} \\ 3&0&k \end{array}} \right)\xrightarrow{\begin{subarray}{l} {\mathbf{ - 2}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \\ {\mathbf{ - 3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ 0&{ - 3}&3 \\ 0&{ - 1}&1 \\ 0&{ - 6}&{k + 3} \end{array}} \right) \hfill \\ \xrightarrow{\begin{subarray}{l} {\mathbf{ - 3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \\ {\mathbf{ - 6}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ 0&0&0 \\ 0&{ - 1}&1 \\ 0&0&{k - 3} \end{array}} \right)\xrightarrow{{{\mathbf{bo\_di\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ 0&{ - 1}&1 \\ 0&0&{k - 3} \end{array}} \right). \hfill \\ \end{gathered} $

+) Với $k-3\ne 0.$ Quá trình khử ẩn kết thúc ở dạng tam giác nên hệ véctơ đã cho độc lập tuyến tính.

+) Với $k-3=0\Leftrightarrow k=3$ hệ véctơ phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 5: Cho hệ véctơ $U=\left\{ {{e}_{1}},{{e}_{2}},{{e}_{3}},{{e}_{4}},{{e}_{5}} \right\}$ độc lập tuyến tính. Xét sự phụ thuộc tuyến tính của hệ véctơ $V=\left\{ {{e}_{1}}+{{e}_{2}},2{{e}_{2}}+2{{e}_{3}},3{{e}_{3}}+3{{e}_{4}},4{{e}_{4}}+4{{e}_{5}},5{{e}_{5}}+5{{e}_{1}} \right\}.$

Giải. Xét ${{x}_{1}}\left( {{e}_{1}}+{{e}_{2}} \right)+{{x}_{2}}\left( 2{{e}_{2}}+2{{e}_{3}} \right)+{{x}_{3}}\left( 3{{e}_{3}}+3{{e}_{4}} \right)+{{x}_{4}}\left( 4{{e}_{4}}+4{{e}_{5}} \right)+{{x}_{5}}\left( 5{{e}_{5}}+5{{e}_{1}} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}+5{{x}_{5}} \right){{e}_{1}}+\left( {{x}_{1}}+2{{x}_{2}} \right){{e}_{2}}+\left( 2{{x}_{2}}+3{{x}_{3}} \right){{e}_{3}}+\left( 3{{x}_{3}}+4{{x}_{4}} \right){{e}_{4}}+\left( 4{{x}_{4}}+5{{x}_{5}} \right){{e}_{5}}=0$

Do $U$ độc lập tuyến tính nên $\left\{ \begin{gathered} {x_1} + 5{x_5} = 0 \hfill \\ {x_1} + 2{x_2} = 0 \hfill \\ 2{x_2} + 3{x_3} = 0 \hfill \\ 3{x_3} + 4{x_4} = 0 \hfill \\ 4{x_4} + 5{x_5} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow 5{{x}_{5}}=-{{x}_{1}}=2{{x}_{2}}=-3{{x}_{3}}=4{{x}_{4}}=-5{{x}_{5}}\Leftrightarrow {{x}_{1}}={{x}_{2}}={{x}_{3}}={{x}_{4}}={{x}_{5}}=0.$ Vậy $V$ độc lập tuyến tính.

Bằng cách lập luận tương tự ta tổng quát được bài toán sau:

Xét hệ véctơ $U=\left\{ {{e}_{1}},{{e}_{2}},...,{{e}_{n}} \right\}$ độc lập tuyến tính, khi đó:

Hệ véctơ $V=\left\{ {{e}_{1}}+{{e}_{2}},2{{e}_{2}}+2{{e}_{3}},...,\left( n-1 \right){{e}_{n-1}}+\left( n-1 \right){{e}_{n}},n{{e}_{n}}+n{{e}_{1}} \right\}$

(i) độc lập tuyến tính khi n lẻ;

(ii) phụ thuộc tuyến tính khi n chẵn.

Ví dụ 6: Tìm $m$ để hệ véctơ ${{X}_{1}}=(-1,3,2,1),{{X}_{2}}=(2,4,-3,-1),{{X}_{3}}=(1,2,3,4),{{X}_{4}}=(5,5,5,m)$ độc lập tuyến tính.

Giải. Xét hệ phương trình thuần nhất có ma trận hệ số:

$A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&2&1&5 \\ 3&4&2&5 \\ 2&{ - 3}&3&5 \\ 1&{ - 1}&4&m \end{array}} \right)\xrightarrow{\begin{subarray}{l} {\mathbf{3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \\ {\mathbf{2}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \\ {{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&2&1&5 \\ 0&{10}&5&{20} \\ 0&1&5&{15} \\ 0&1&5&{m + 5} \end{array}} \right)$

$\xrightarrow{\begin{subarray}{l} {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + 10}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \\ {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + 10}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&2&1&5 \\ 0&{10}&5&{20} \\ 0&0&{45}&{130} \\ 0&0&{45}&{10m + 30} \end{array}} \right)\xrightarrow{{{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&2&1&5 \\ 0&{10}&5&{20} \\ 0&0&{45}&{130} \\ 0&0&0&{10m - 100} \end{array}} \right)$

Vậy hệ véctơ độc lập tuyến tính $\Leftrightarrow 10m-100\ne 0\Leftrightarrow m\ne 10.$

Ví dụ 7: Cho các véctơ ${X_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array}} \right);{X_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array}} \right);{X_3} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 2 \\ 2 \end{array}} \right);{X_4} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3 \\ 1 \\ 2 \end{array}} \right);{X_5} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3 \\ 0 \\ 1 \end{array}} \right).$

a) Chứng minh rằng $\left\{ {{X}_{2}},{{X}_{4}},{{X}_{5}} \right\}$ độc lập tuyến tính.

b) Biểu diễn tuyến tính các véctơ còn lại qua hệ véctơ $\left\{ {{X}_{2}},{{X}_{4}},{{X}_{5}} \right\}.$

Giải. Xét ma trận \[A = \left( {{X_2}{\text{ }}{X_4}{\text{ }}{X_5}{\text{ }}{X_1}{\text{ }}{X_3}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&3&3&1&1 \\ 1&1&0&2&2 \\ 1&2&1&1&2 \end{array}} \right)\]

Biến đổi sơ cấp cho ma trận này $A\xrightarrow{{{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{ - 1}&{ - 1} \\ 1&1&0&2&2 \\ 1&2&1&1&2 \end{array}} \right)\xrightarrow{\begin{subarray}{l} {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \\ {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \end{subarray} }\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{ - 1}&1 \\ 0&{ - 1}&{ - 3}&3&3 \\ 0&0&{ - 2}&2&3 \end{array}} \right)$

$\Rightarrow \left\{ {{X}_{2}},{{X}_{4}},{{X}_{5}} \right\}$ độc lập tuyến tính

Biểu diễn tuyến tính các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{3}}$ qua hệ véctơ $\left\{ {{X}_{2}},{{X}_{4}},{{X}_{5}} \right\}.$

Ta có ${X_1} = x{X_2} + y{X_4} + z{X_5} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + 2y + 3z = - 1 \hfill \\ - y - 3z = 3 \hfill \\ - 2z = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 2 \hfill \\ y = 0 \hfill \\ z = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {X_1} = 2{X_2} - {X_5}$

Ta có ${X_3} = x{X_2} + y{X_4} + z{X_5} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + 2y + 3z = 1 \hfill \\ - y - 3z = 3 \hfill \\ - 2z = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 5/2 \hfill \\ y = 3/2 \hfill \\ z = - 3/2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {X_3} = \dfrac{5}{2}{X_2} + \dfrac{3}{2}{X_4} - \dfrac{3}{2}{X_5}.$

Ví dụ 8: Cho hệ véctơ $\left\{ {{u}_{1}},{{u}_{2}},...,{{u}_{n}},{{u}_{n+1}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính và hệ véctơ $\left\{ {{u}_{1}},{{u}_{2}},...,{{u}_{n}} \right\}$ độc lập tuyến tính. Chứng minh rằng ${{u}_{n+1}}$ biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $\left\{ {{u}_{1}},{{u}_{2}},...,{{u}_{n}} \right\}.$

Giải. Vì hệ véctơ $\left\{ {{u}_{1}},{{u}_{2}},...,{{u}_{n}},{{u}_{n+1}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại $n+1$ số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}},{{a}_{n+1}}$ không đồng thời bằng 0 sao cho ${{a}_{1}}{{u}_{1}}+{{a}_{2}}{{u}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{u}_{n}}+{{a}_{n+1}}{{u}_{n+1}}=O.$

Nếu ${{a}_{n+1}}=0\Rightarrow {{a}_{1}}{{u}_{1}}+{{a}_{2}}{{u}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{u}_{n}}=O\Leftrightarrow {{a}_{1}}={{a}_{2}}=...={{a}_{n}}=0$ vì hệ véctơ $\left\{ {{u}_{1}},{{u}_{2}},...,{{u}_{n}} \right\}$ độc lập tuyến tính, lúc này mâu thuẫn với giả thiết các số thực không đồng thời bằng 0.

Vậy ${{a}_{n+1}}\ne 0\Rightarrow {{u}_{n+1}}=-\dfrac{1}{{{a}_{n+1}}}\left( {{a}_{1}}{{u}_{1}}+{{a}_{2}}{{u}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{u}_{n}} \right).$ Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 9: Trong không gian véctơ $V$ các đa thức hệ số thực có bậc không vượt quá 3 và cả đa thức 0. Xét hệ véctơ $S=\left\{ {{p}_{1}}\left( x \right),{{p}_{2}}\left( x \right),{{p}_{3}}\left( x \right),{{p}_{4}}\left( x \right) \right\}$

trong đó ${{p}_{1}}\left( x \right)=1;{{p}_{2}}\left( x \right)=x-1;{{p}_{3}}\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( x-2 \right);{{p}_{4}}\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)\left( x-3 \right).$

a) Chứng minh rằng $S$ độc lập tuyến tính

b) Xét $p\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+bx+2023$ với $a,b$ là các số nguyên. Khi biểu diễn tuyến tính $p\left( x \right)$ qua các véctơ trong $S$ ta được

$p\left( x \right)={{m}_{1}}{{p}_{1}}\left( x \right)+{{m}_{2}}{{p}_{2}}\left( x \right)+{{m}_{3}}{{p}_{3}}\left( x \right)+{{m}_{4}}{{p}_{4}}\left( x \right).$

Chứng minh rằng ${{m}_{2}}+2{{m}_{3}}+2{{m}_{4}}$ là một số nguyên chia hết cho $3.$

Giải. Xét ${{a}_{1}}.{{p}_{1}}\left( x \right)+{{a}_{2}}.{{p}_{2}}\left( x \right)+{{a}_{3}}.{{p}_{3}}\left( x \right)+{{a}_{4}}.{{p}_{4}}\left( x \right)=0$

$\Leftrightarrow {{a}_{1}}+{{a}_{2}}\left( x-1 \right)+{{a}_{3}}\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)+{{a}_{4}}\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)\left( x-3 \right)=0\left( * \right)$

Thay lần lượt $x=0;x=1;x=2;x=3$ vào \[\left( * \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {a_1} - {a_2} + 2{a_3} - 6{a_4} = 0 \hfill \\ {a_1} = 0 \hfill \\ {a_1} + {a_2} = 0 \hfill \\ {a_1} + 2{a_2} + 2{a_3} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow {a_1} = {a_2} = {a_3} = {a_4} = 0\]

Vậy $S$ độc lập tuyến tính.

Từ biểu diễn tuyến tính $p\left( x \right)={{m}_{1}}{{p}_{1}}\left( x \right)+{{m}_{2}}{{p}_{2}}\left( x \right)+{{m}_{3}}{{p}_{3}}\left( x \right)+{{m}_{4}}{{p}_{4}}\left( x \right)$

$\Rightarrow p\left( 4 \right)-p\left( 1 \right)=\left( {{m}_{1}}+3{{m}_{2}}+6{{m}_{3}}+6{{m}_{4}} \right)-{{m}_{1}}=3\left( {{m}_{2}}+2{{m}_{3}}+{{m}_{4}} \right)$

Mặt khác $p\left( 4 \right)-p\left( 1 \right)=3\left( 21a+6b \right)\Rightarrow {{m}_{2}}+2{{m}_{3}}+{{m}_{4}}=21a+6b$ là một số nguyên chia hết cho 3.

Ví dụ 10: Trong không gian véctơ $V$ gồm các đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn 7, xét các đa thức:

${{B}_{i}}={{x}^{i}}{{(1-x)}^{6-i}},i=0,1,...,6.$ Chứng minh rằng:

a) Các đa thức ${{B}_{0}},{{B}_{1}},...,{{B}_{6}}$ độc lập tuyến tính trong $V;$

b) Có thể bỏ đi một đa thức ${{B}_{i}}$ nào đó để các đạo hàm ${{B}_{0}}^{\prime },...,{{B}_{i-1}}^{\prime },{{B}_{i+1}}^{\prime },...,{{B}_{6}}^{\prime }$ là độc lập tuyến tính.

Giải. a) Xét phương trình: $\sum\limits_{i=0}^{6}{{{b}_{i}}{{B}_{i}}}=0\Leftrightarrow \sum\limits_{i=0}^{6}{{{b}_{i}}{{x}^{i}}{{(1-x)}^{6-i}}}=0(*).$

Trong (*) thay $x=0\Rightarrow {{b}_{0}}=0\Rightarrow \sum\limits_{i=1}^{6}{{{b}_{i}}{{x}^{i}}{{(1-x)}^{6-i}}}=0,$ chia hai vế cho $x$ ta được ${{b}_{1}}+\sum\limits_{2=1}^{6}{{{b}_{i}}{{x}^{i-1}}{{(1-x)}^{6-i}}}=0,$ tiếp tục thay $x=0\Rightarrow {{b}_{1}}=0.$ Tương tự như vậy có ${{b}_{2}}={{b}_{3}}=...={{b}_{6}}=0.$

Vậy các đa thức ${{B}_{0}},{{B}_{1}},...,{{B}_{6}}$ độc lập tuyến tính trong $V.$

Ví dụ 11: Trong không gian véctơ V gồm các hàm số sin, xét các hàm số:

${{f}_{i}}\left( x \right)=\sin \left( ix \right);{{g}_{i}}\left( x \right)=\sin \left| x-i\pi \right|,i=1,2,3.$ Chứng minh rằng

a) Các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),{{f}_{3}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

b) Các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),{{f}_{3}}\left( x \right),{{g}_{1}}\left( x \right),{{g}_{2}}\left( x \right),{{g}_{3}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

Giải. a) Xét ${{a}_{1}}\sin x+{{a}_{2}}\sin \left( 2x \right)+{{a}_{3}}\sin \left( 3x \right)=0\left( 1 \right)$

Thay lần lượt $x=\dfrac{\pi }{2};x=\dfrac{\pi }{3};x=\dfrac{\pi }{4}$ vào (1) ta được $\left\{ \begin{gathered} {a_1} - {a_3} = 0 \hfill \\ \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{a_1} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{a_2} = 0 \hfill \\ \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}{a_1} + {a_2} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}{a_3} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow {a_1} = {a_2} = {a_3} = 0$

Vậy các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),{{f}_{3}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

b) Xét ${{a}_{1}}.{{f}_{1}}\left( x \right)+{{a}_{2}}.{{f}_{2}}\left( x \right)+{{a}_{3}}{{f}_{3}}\left( x \right)+{{a}_{4}}.{{g}_{1}}\left( x \right)+{{a}_{5}}.{{g}_{2}}\left( x \right)+{{a}_{6}}.{{g}_{3}}\left( x \right)=0$

$\Leftrightarrow {{a}_{1}}\sin x+{{a}_{2}}\sin \left( 2x \right)+{{a}_{3}}\sin \left( 3x \right)+{{a}_{4}}\sin \left| x-\pi \right|+{{a}_{5}}\sin \left| x-2\pi \right|+{{a}_{6}}\sin \left| x-3\pi \right|=0\left( * \right)$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sin \left| {x - a} \right| = \left\{ \begin{gathered} \sin \left( {x - a} \right),x \geqslant a \hfill \\ - \sin \left( {x - a} \right),x < a \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered} \cos \left( {x - a} \right),x > a \hfill \\ - \cos \left( {x - a} \right),x < a \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Và $\underset{x\to {{a}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{f\left( x \right)-f\left( a \right)}{x-a}=\underset{x\to {{a}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sin \left( x-a \right)}{x-a}=1;\underset{x\to {{a}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{f\left( x \right)-f\left( a \right)}{x-a}=\underset{x\to {{a}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{-\sin \left( x-a \right)}{x-a}=-1$ nên hàm số này không có đạo hàm tại điểm $x=a.$

Từ (*) suy ra hàm số $y={{a}_{4}}\sin \left| x-\pi \right|=-\left( {{a}_{1}}\sin x+{{a}_{2}}\sin \left( 2x \right)+{{a}_{3}}\sin \left( 3x \right)+{{a}_{5}}\sin \left| x-2\pi \right|+{{a}_{6}}\sin \left| x-3\pi \right| \right)$ có đạo hàm tại $x=\pi \Rightarrow {{a}_{4}}=0;$ hoàn toàn tương tự ta có ${{a}_{5}}={{a}_{6}}=0.$

Vậy (*) lúc này tương đương với ${{a}_{1}}\sin x+{{a}_{2}}\sin \left( 2x \right)+{{a}_{3}}\sin \left( 3x \right)=0\Leftrightarrow {{a}_{1}}={{a}_{2}}={{a}_{3}}=0$ đã thực hiện trong ý a)

Vậy các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),{{f}_{3}}\left( x \right),{{g}_{1}}\left( x \right),{{g}_{2}}\left( x \right),{{g}_{3}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

Câu hỏi cho bạn đọc tự luyện:

Ví dụ 12: Trong không gian véctơ V gồm các hàm số dạng $y=\alpha {{\left( x+\beta \right)}^{-1}},\left( \alpha ,\beta \in \mathbb{R};\alpha \ne 0 \right),$ xét các hàm số: ${{f}_{i}}\left( x \right)=\dfrac{1}{x+i},i=1,2,...,n.$ Chứng minh rằng các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),...,{{f}_{n}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

Ví dụ 13: Trong không gian véctơ V gồm các hàm số sin và cos, xét các hàm số: ${{f}_{i}}\left( x \right)=\sin \left( ix \right);{{g}_{i}}\left( x \right)=\cos \left( ix \right),i=1,2,...,n.$ Chứng minh rằng các hàm số ${{f}_{1}}\left( x \right),{{f}_{2}}\left( x \right),...,{{f}_{n}}\left( x \right),{{g}_{1}}\left( x \right),{{g}_{2}}\left( x \right),...,{{g}_{n}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính trong V.

>>Xem thêm các bài viết liên quan đến hệ phương trình tuyến tính

Bài 1: Hệ phương trình Cramer

Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Bài 3: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Bài 4: Mô hình Input - Output của Leontief

Bài 5: Mô hình cân bằng thị trường và cân bằng kinh tế vĩ mô

Các định lí về độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

Định lí 1: Một hệ véctơ $n$ chiều có số véctơ lớn hơn hoặc bằng hai. Hệ véctơ đó phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi có một véctơ trong hệ được biểu diễn tuyến qua các véctơ còn lại.

Hệ quả: Hệ gồm hai véctơ $X,Y$ phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi $X,Y$ tỷ lệ và ngược lại $X,Y$ độc lập tuyến tính khi và chỉ khi $X,Y$ không tỷ lệ.

Định lí 2: Cho hai hệ véctơ $n$ chiều $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ và $\left\{ {{Y}_{1}},{{Y}_{2}},...,{{Y}_{k}} \right\}.$

Nếu $m>k$ và mọi véctơ ${{X}_{i}}(i=1,2,...,m)$ được biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $\left\{ {{Y}_{1}},{{Y}_{2}},...,{{Y}_{k}} \right\}$ thì hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính.

Hệ quả: Mọi hệ véctơ $n$ chiều có số véctơ lớn hơn số chiều (lớn hơn $n$) thì hệ véctơ đó phụ thuộc tuyến tính.

>>Xem thêm Các dạng toán về ma trận nghịch đảo và phương pháp giải

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch

>>Xem thêm Phép nhân ma trận và các tính chất

Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính và véctơ ${{X}_{m}}$ khôngbiểu diễn tuyến tính qua các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m-1}}$ thì hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m-1}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính.

Giải. Vì hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại $m$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}}$ không đồng thời bằng 0 sao cho ${{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m}}{{X}_{m}}={{O}_{n}}.$

Do ${{X}_{m}}$không biểu diễn tuyến tính qua các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m-1}}$ nên ${{\alpha }_{m}}=0.$

Vậy ${{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m-1}}{{X}_{m-1}}={{O}_{n}}.$

Mặt khác $m-1$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m-1}}$ không đồng thời bằng 0 nên hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m-1}} \right\}$ phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}\subset {{\mathbb{R}}^{n}}$ độc lập tuyến tính và tồn tại véctơ $X\in {{\mathbb{R}}^{n}}$ không biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ thì $m\le n-1.$

Giải. Giả sử $m>n-1$ suy ra hệ véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}},X$ có số véctơ là $m+1>n$ lớn hơn số chiều của ${{\mathbb{R}}^{n}}$ nên phụ thuộc tuyến tính. Vì vậy tồn tại $m+1$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}},\alpha $ không đồng thời bằng 0 sao cho

${{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m}}{{X}_{m}}+\alpha X={{O}_{n}}.$

Do $X$ không biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}$ nên $\alpha =0.$

Vậy ${{\alpha }_{1}}{{X}_{1}}+{{\alpha }_{2}}{{X}_{2}}+...+{{\alpha }_{m}}{{X}_{m}}={{O}_{n}}\Leftrightarrow {{\alpha }_{1}}={{\alpha }_{2}}=...={{\alpha }_{m}}=0$ (do hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},...,{{X}_{m}} \right\}\subset {{\mathbb{R}}^{n}}$ độc lập tuyến tính). Vậy ${{\alpha }_{1}}={{\alpha }_{2}}=...={{\alpha }_{m}}=\alpha =0$ (mâu thuẫn với $m+1$ số thực ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{m}},\alpha $ không đồng thời bằng 0). Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hiện tại Vted.vn xây dựng 2 khoá học Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, đại học khối ngành Kinh tế của tất cả các trường:

1. Khoá: PRO S1 - MÔN TOÁN CAO CẤP 1 - ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
2. Khoá: PRO S2 - MÔN TOÁN CAO CẤP 2 - GIẢI TÍCH

Khoá học cung cấp đầy đủ kiến thức và phương pháp giải bài tập các dạng toán đi kèm mỗi bài học. Hệ thống bài tập rèn luyện dạng Tự luận có lời giải chi tiết tại website sẽ giúp học viên học nhanh và vận dụng chắc chắn kiến thức. Mục tiêu của khoá học giúp học viên đạt điểm A thi cuối kì các học phần Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 trong các trường kinh tế.

Sinh viên các trường ĐH sau đây có thể học được combo này:

- ĐH Kinh Tế Quốc Dân

- ĐH Ngoại Thương

- ĐH Thương Mại

- Học viện Tài Chính

- Học viện ngân hàng

- ĐH Kinh tế ĐH Quốc Gia Hà Nội

và các trường đại học, ngành kinh tế của các trường ĐH khác trên khắp cả nước...