12 mat102-dap an-v1.0

Đáp án: Toán cao cấp 2 – Đại số tuyến tính

121

ĐÁP ÁN

Bài 1: TẬP HỢP – ÁNH XẠ

Đáp án câu hỏi bài tập

1. a. (⇒) Giả sử E ⊂ F.

Hiển nhiên F⊂ E ∪F

Ngược lại ∀x ∈ E ∪F ⇒ (x ∈ E) v (x ∈F)

⇒ (x ∈ F) v (x ∈ F) ⇒ (x ∈ F)

⇒ E ∪F⊂ F

(⇐) Giả sử E ∪F = F, khi đó

(x ∈ E) ⇒ x ∈ E ∪F = F ⇒ x ∈ F ⇒ E ⊂ F

b. Cách chứng minh tương tự, dành cho bạn đọc.

2. a. Ta lập luận theo cách bao hàm 2 chiều:

Chiều :⇒ Lấy (x, y) ∈ A(B ∪ C), ta có

x A (x, y) ABy B C (y B hay y C) (x, y) AC∈ ∈⎧ ⎡

⇒⎨ ⎢∈ ∪ ∈ ∈ ∈⎩ ⎣

⇒ (x, y) ∈ AB ∪ AC.

Vậy A(B ∪ C) ⊂ AB ∪ AC. (1)

Chiều ⇐: Lấy (x, y) ∈ AB ∪ AC, ta có

x A(x, y) AB x A

y B(x, y) AC y B C

y C

∈⎧∈ ∈⎡ ⎧⎪⇒ ⇒∈⎡⎨ ⎨⎢ ∈ ∈ ∪⎣ ⎩⎢⎪ ∈⎣⎩

(x, y) A(B C)⇒ ∈ ∪

Vậy AB ∪ AC ⊂ A(B ∪ C) (2)

Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh.

b. Chiều ⇒: Lấy (x, y) ∈ A(B ∩ C), ta có

x A(x, y) AB

y B(x, y) AC

y C

∈⎧∈⎧⎪ ⇒∈⎧⎨ ⎨ ∈⎨ ⎩⎪ ∈⎩⎩

⇒ (x, y) ∈ AB ∩ AC

Vậy A(B ∩ C) ⊂ AB ∩ AC (3)

Chiều ⇐: Lấy (x, y) ∈ AB ∩ AC, ta có

v1.0


122

(x, y) AB x A(x, y) AC y B C

∈ ∈⎧ ⎧⇒⎨ ⎨∈ ∈ ∩⎩ ⎩

⇒ (x, y) ∈ A(B ∩ C).

Vậy AB ∩ AC ⊂ A(B ∩ C). (4)

Từ (3) và (4), ta có điều phải chứng minh.

3. a) Xét phương trình f(x) = y ∈ B, nghĩa là

x + 7 = y ⇒ x = y – 7, x ∈ A

Với y ∈ B cho trước nó có không quá một nghiệm. Vậy f là đơn ánh.

Với mọi y ∈ B nó luôn có nghiệm. Vậy f là toàn ánh.

Do đó f là song ánh.

Ánh xạ ngược là : x = f–1(y) = y – 7.

b) Xét phương trình f(x) = y ∈ B, nghĩa là

x2 + 2x – 3 = y, x ∈ A

Đây là phương trình bậc hai đối với x

x2 + 2x – (3 + y) = 0

có biệt số

'Δ = 1 + (3 + y) = 4 + y

• Nếu 4 + y > 0 tức là nếu y > –4 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Vậy f không phải là đơn ánh.

• Nếu 4 + y < 0 tức là nếu y < –4 thì phương trình không có nghiệm thực.

Vậy f không phải là toàn ánh.

Do đó f không phải là song ánh, không có ánh xạ ngược.

4. Giả sử A ⊂ B ; nếu y ∈ f(A) thì tồn tại x ∈ A để f(x) = y;

x ∈ A ⇒x ∈ B , vậy tồn tại x ∈ B để f(x) = y , do đó y ∈ f(B).

Do đó f(A) ⊂ f(B).

5. a. Phản xạ: (x, y) R (x, y) vì x = x′ và y ≤ y′

b. Phản đối xứng

(x1, y2) R (x2, y2) và (x2, y2) R (x1, y1) ?⇒ (x1, y1) = (x2, y2)

• Nếu x1 < x2 (hay x2 < x1)? Không thể vì ta sẽ không có (x1, y1) R (x2, y2) và (x2, y2) R (x1, y1) cùng một lúc.

• Nếu 1 2x x= và y1 ≤ y2 và 2 1

2 1

x xy y

=⎧⎨ ≤⎩

, khi đó 1 2x x= và 2 1y y= .

v1.0


123

c. Bắc cầu

(x1, y1) R (x2, y2) và (x2, y2) R (x3, y3) ?⇒ (x1, y1) R (x3, y3).

Ta xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra

+ Nếu x1 < x2 và x2 < x3 khi đó x1 < x3

+ Nếu x1 < x2 và (x2 = x3, y2 ≤ y3) khi đó x1 < x3.

+ Nếu (x1 = x2, y1 ≤ y2) và (x2 < x3) khi đó x1 < x3.

+ Nếu (x1 = x2, y1 ≤ y2) và (x2 = x3, y2 ≤ y3) khi đó (x1 = x3, y1 ≤ y3).

6. a. Phản xạ của R

f(x) ∈ F, vì T là phản xạ trên F ⇒ f(x)Tf(x) ⇒ x R x.Vậy R là phản xạ.

b. Đối xứng của R

Giả sử x R y

Ta có x R y ⇔ f(x) Tf(y)

Vì T đối xứng ⇒ f(y)Tf(x) ⇔ y R x.

Vậy x R y ⇒ y R x.

c. Bắc cầu của R

Giả sử x R y và y R z. Ta có

x R y ⇔ f(x)Tf(y)

y R z ⇔ f(y)Tf(z)

Vì T là bắc cầu ⇒ f(x)Tf(z) ⇔ x R z

Vậy x R y và y R z ⇒ x R z.

Đáp án câu hỏi trắc nghiệm

1. C. Quan hệ này có đủ 3 tính chất phản xạ, đối xứng và bắc cầu.

2. A. Vì để tích f(x).g(x) = 0 thì một trong hai thừa số bằng 0 là được.

3. A. Vì để tổng hai đại luợng không âm bằng 0 thì cả hai đại lượng đó phải bằng 0.

4. A. Vì I phải là phủ định của cả G và H.

5. A. Vì R có: + Tính phản xạ: a chia hết cho a; + Phản đối xứng: a chia hết cho b và b chia hết cho a thì a = b; + Bắc cầu: a chia hết cho b và b chia hết cho c thì a chia hết cho c.

6. A. Vì f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2.

v1.0


124

Bài 2: MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC


1. Ta có thể viết

2 0 4 2 3 4 2 0 0 2 0 4D 2 a b 4 2 3 b 4 2 a b 2 a 4 0

2 c d 4 2 3 d 4 2 c d 2 c 4= + + + = + +

+ +

= 2 0 0

a b2 a b 0 0 2 2(ad bc).

c d2 c d

+ + = = −

2. 1

1 cos coscos 1 coscos cos 1

α βΔ = α λ

β γ =

1 cos cos cos cos 1cos cos

cos 1 cos 1 cos cosλ α λ α− α + β

λ β β γ

= 1 – cos2γ – cos2α + 2cosαcosβcosγ – cos2β

= 1 + 2cosαcosβcosγ – (cos2α + cos2β + cos2γ). (1)

2

0 cos coscos 0 coscos cos 0

α βΔ = α γ

β λ =

cos cos cos 0cos cos

cos 0 cos cosα γ α

− α + ββ β λ

= 2cosαcosβcosγ. (2)

Từ (1) và (2) suy ra

Δ1 = Δ2 ⇔ 1 + 2cosαcosβcosγ – (cos2α + cos2β + cos2γ) = 2cosαcosβcosγ

⇔ cos2α + cos2β + cos2γ = 1

3.

2

2

2

1 0 01 x xa 1 x 0 a 1 ax x axb c 1 b c bx 1 bx

= ⇔ − −

− −

= (1 – ax)(1 – bx2) – (x – ax2)(c – bx) = (1 – ax)[(1 – bx2) + (–x)(c – bx)]

= (1 – ax)(1 – bx2 – cx + bx2) = (1 – ax)(1 – cx) = 0

• Nếu a = 0 và c = 0 thì phương trình vô nghiệm.

• Nếu a ≠ 0 và c = 0 ⇒ x = 1a

.

• Nếu a = 0 và c ≠ 0 ⇒ x = 1c

.

• Nếu a ≠ 0 và c ≠ 0, phương trình có 2 nghiệm x = 1a

và x = 1c

.

v1.0


125

4. 2 1 2

4 3 4

2 2L L LL L L

2 2

1 1 2 3 1 1 2 31 2 x 2 3 0 1 x 0 02 3 1 5 2 3 1 52 3 1 9 x 0 0 0 4 x

− →− →

− −⎯⎯⎯⎯⎯→

− −

1 3 1

2 3 2

2C 2C C 2 2C 3C C

2

3 5 2 30 1 x 0 0

3(1 x )(4 x ).0 0 1 50 0 0 4 x

− →− →

− −

−⎯⎯⎯⎯⎯→ = − − −

−

5. (2A)(5B) = 10 0 2 0 1 4 10 40 100

. 103 5 2 5 10 28 100 280⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

6. f(A) = 3A2 – 2A + 5E =

21 2 3 1 2 3 1 0 03 2 4 1 2 2 4 1 5 0 1 0

3 5 2 3 5 2 0 0 1

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= 6 9 7 1 2 3 1 0 0

3 3 7 4 2 2 4 1 5 0 1 01 4 8 3 5 2 0 0 1

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= 21 23 1513 34 10

9 22 25

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

7. a. Ta có

2 9 4 9 2.( 4) 9.1 2.9 9.( 2)1 4 1 2 1.( 4) 4.1 1.9 4.( 2)

− − + + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − + + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 00 1⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Do đó A là khả nghịch và A–1= 4 91 2−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

b. Ta có

A–1BA = 4 9 1 1 2 91 2 0 1 1 4

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= 4 13 2 9 5 161 3 1 4 1 3

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

8. Ta biến đổi ma trận

1 m 1 2 1 2 1 mA 2 1 m 5 2 5 m 1

1 10 6 1 1 1 6 10

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − → −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

→

1 2 1 m0 1 m 2 2m 11 1 6 10

−⎡ ⎤⎢ ⎥+ − −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

→

1 2 1 m0 1 m 2 2m 10 1 5 m 10

−⎡ ⎤⎢ ⎥+ − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − − +⎣ ⎦

v1.0


126

1 2 1 m0 1 m 2 2m 10 0 m 3 3m 9

−⎡ ⎤⎢ ⎥→ + − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − +⎣ ⎦

Nếu m – 3 ≠ 0 thì ba cột đầu độc lập tuyến tính nên r(a) = 3.

Nếu m – 3 = 0 thì ma trận cuối trở thành

1 2 1 30 1 5 70 0 0 0

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Nên r(A) = 2.

Vậy r(A) = 3 khi m ≠ 3; r(A) = 2 khi m = 3.


1. B. Vì 2 lần đổi vị trí hàng thì định thức không đổi.

2. B. Vì giá trị của định thức là một số mà phép cộng các số có tính chất kết hợp.

3. B. Bạn chỉ việc nhân A với chính nó, rồi áp dụng các công thức lượng giác

cos2φ = cos2φ – sin2φ, sin2φ = 2sinφcosφ.

4. B. Vì

AX = x 2y z 2t

x y z t+ +⎡ ⎤

⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ XA =

x z 2x zy t 2y t− −⎡ ⎤

⎢ ⎥− −⎣ ⎦

mà hai ma trận bằng nhau thì các phần tử tương ứng bằng nhau, nên

z = –2y, t = x + 2y,

và B.x 2y

Xy x 2y

−⎡ ⎤= ⎢ ⎥+⎣ ⎦

.

5. B. Ta kiểm tra điều kiện tồn tại ma trận nghịch đảo, tính định thức

2 1 10 1 3 4 02 1 1

−= ≠ ,

vậy ma trận có nghịch đảo. Sau đó nhân A với ma trận ở B ta có ma trận đơn vị.

v1.0


127

Bài 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH


1. a. Ta có

1 2 1

3 2 3

L 2L LL 4L L

3 5 2 4 11 3 0 2A 7 4 1 3 7 4 1 3

5 7 4 6 33 9 0 6

− →+ →

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 1 3L 3L L

11 3 0 27 4 1 30 0 0 0

+ →

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎯⎯⎯⎯⎯→ −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Vậy r(A) = 2.

1 2 1

3 2 3

L 2L LL 4L L

3 5 2 4 2 11 3 0 2 8B 7 4 1 3 5 7 4 1 3 5

5 7 4 6 3 33 9 0 6 23

− →+ →

− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 1 3L 3L L

11 3 0 2 87 4 1 3 50 0 0 0 1

+ →

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥⎯⎯⎯⎯⎯→ −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

( )0 2 81 3 5 2 0 r B 30 0 1

− −= − ≠ ⇒ =

−

Ta có r(B) = 3 > r(A).

Vậy hệ vô nghiệm.

b. Xét định thức cấp 3

1 5 13 9 13 54 130 6 18 90 26 56 0.2 2 6

−− = − − − + + + = − ≠−

Vậy ta chuyển x4 sang vế phải

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

x 5x x x3x 9x 13x 11x2x 2x 6x 1 5x

+ − = −⎧⎪ + − = −⎨⎪ + − = −⎩

Giải hệ phương trình này theo quy tắc Cramer

( )4 4

4x 4 4

44 4

x 5 1 x 5 12x 56

11x 9 13 2x 56 0 1 561 x 28

1 5x 2 6 1 x 28 0

− − − −−

Δ = − − = − = − = −+ −

− − + −

v1.0


128

4 44

y 4 44

4 4

1 x 1 1 x 18x 10

3 11x 13 0 8x 101 3x 4

2 1 5x 6 0 1 3x 4

− − − −− −

Δ = − − = − − =− −

− − − −

4 4 432x 10 30x 2x 10= + − = +

4 44

z 4 44

4 4

1 5 x 1 5 x6 8x

3 9 11x 0 6 8x8 1 3x

2 2 1 5x 0 8 1 3x

− −− −

Δ = − = − − =− −

− − −

4 4 46 18x 64x 46x 6= − + − = − −

x

y 4 4

z 44

56x 156

2x 10 x 5y56 28 28

46x 6 23 3z x .56 28 28

Δ −⎧ = = =⎪ Δ −⎪Δ +⎪⇒ = = − −⎨ Δ −⎪Δ −⎪ = = = +⎪ Δ −⎩

2. a. Ta có

2 1 2

3 1 3

L L LL L L

a 1 1 1 a 1 1 1A 1 a 1 1 1 a a 1 0 0

1 1 a 1 1 a 0 a 1 0

− →− →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⎯⎯⎯⎯→ − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 3L L

a 1 1 11 a 0 a 1 01 a a 1 0 0

↔

⎡ ⎤⎢ ⎥⎯⎯⎯→ − −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

Nếu a ≠ 1 thì

( ) ( ) ( )21 1 10 a 1 0 a 1 0 r A r B 3.

a 1 0 0− = − ≠ ⇒ = =

−

Hệ có vô số nghiệm. Bằng cách giải hệ

2 3 4 1

2 3 4 12

2 3 4 1

x x x 1 axax x x a x

x ax x a x

⎧ + + = −⎪

+ + = −⎨⎪ + + = −⎩

ta có

( )

2 1

3 1

4 1

1

x x 1x x a 1x 1 a 2 a xx tùy ý

= +⎧⎪ = + +⎪⎨ = − − − +⎪⎪⎩

Nếu a = 1 thì dễ dàng nhận thấy hệ có vô số nghiệm vì r(A) = r(B) = 1. Khi đó

1 2 3 4x 1 x x x= − − − với 2 3 4x , x , x tùy ý.

v1.0


129

b. Ta có

( ) 1 2 3 1L L L L

2 a 1 1 4 a 4 a 4 adet A 1 2 a 1 1 2 a 1

1 1 2 a 1 1 2 a

+ + →

− − − −= − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −

− −

( ) ( )2 1 2

3 1 3

L L LL L L

1 1 1 1 1 14 a 1 2 a 1 4 a 0 1 a 1

1 1 2 a 0 0 1 a

− →− →= − − ⎯⎯⎯⎯→ − −

− −( )( )24 a 1 a= − − .

Nếu a = 1 thì r(A) = 1, hệ có vô số nghiệm 1 2 3x x x= − − với 2 3x , x tùy ý.

Nếu a = 4 thì r(A) = 2 và ta có hệ

1 2 31 2 3

1 2 3

2x x x 0x x x

x 2x x 0− + + =⎧

⇒ = = = α⎨ − + =⎩ với α là một số tùy ý.

Nếu a ≠ 1 và a ≠ 4 thì r(A) = 4. Trong trường hợp này hệ chỉ có nghiệm tầm thường

1 2 3x x x 0.= = =

3. a. Để hệ có nghiệm duy nhất thì r(A) = r(B) = 3. Đây là hệ 3 phương trình 3 ẩn nên r(A) = 3 khi det(A) ≠ 0 hay

2 1 2

3 1 3

L 3L LL 2L L

1 2 a 1 2 a7 4a

0 3 1 a 0 7 4a3 3 2a

2 1 3 0 3 3 2a

− →− →

− −≠ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − =

− −− −

( ) 217 3 2a 12a 21 14a 12a 2a 21 0 a2

= − − − = − + − = − ≠ ⇒ ≠ .

b. Ta có

( )1 2 a

A 3 1 a r A 22 1 3

⎡ ⎤⎢ ⎥= − − → ≥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

vì 1 2

7 03 1

= − ≠−

Vậy để hệ vô số nghiệm thì trước hết r(A) = 2 ( ) 21hay det A 0 a2

= ⇒ = .

Thay 21a2

= vào hệ đã cho ta có

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2x 4x 21x 66x 2x 21x 42x x 3x b

+ + =⎧⎪ − − =⎨⎪ + + =⎩

2 1 2

3 1 3

L 3L LL L L

2 4 21 6 2 4 21 6B 6 2 21 4 0 14 84 14

2 1 3 b 0 3 18 b 6

− →− →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

v1.0


130

2 23 2 3

1 L L L 3L L14

2 4 21 6 2 4 21 60 1 6 1 0 1 6 10 3 18 b 6 0 0 0 b 3

− → + →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯→⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nếu ( )b 3 thì r B 2,= = nếu ( )2 4 6

b 3 thì 0 1 1 2 b 3 00 0 b 3

≠ = − ≠−

.

Vậy hệ có vô số nghiệm nếu 21a và b 3.2

= =

4. Ma trận mở rộng của hệ phương trình là

3 1 1 13 1 1 18 2 8A 1 3 1 3 03 3 3

1 1 3 9 2 8 2603 3 3

⎡ ⎤⎢ ⎥

⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= →⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3 1 1 1 3 1 1 18 2 80 0 4 1 43 3 3

0 0 5 165 80 02

⎡ ⎤⎢ ⎥

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥→ → ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎢ ⎥⎣ ⎦

Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với hệ

1 2 3

2 3

3

3x x x 14x x 4

5x 16

+ + =⎧⎪ + =⎨⎪ =⎩

Từ đó ta có nghiệm x3 = 165

, thay vào phương trình thứ hai ta được x2 = 15

. Thay các giá trị

của x1 và x2 vào phương trình thứ nhất ta được x1 = – 45

.


1. A. Ta biến đổi tương đương định thức ban đầu đến dạng sau : 2 2

2 2

3 2 3

1 a a 1 0 aa 1 a 1 a 1 0 1 a(1 a )(1 a )

a 1 a a 1 a a

−− = = − + −

− + −

mà đa thức này khác 0 nếu a ≠ 0, a ≠ ± 1.

2. C. Ta kiểm tra điều kiện định thức của hệ khác 0

2 a 1 01 a 1 0

1 3 1 a

−− − ≠

−

⇔ a3 – 3a2 + 4 ≠ 0 ⇔ a 2a 1.≠⎧

⎨ ≠ −⎩

v1.0


131

3. C. Vì để hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường thì det (A) = 0.

4. D. Vì định thức của hệ

1 2 30 1 4 5 00 0 5

= ≠ nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường.

Bài 4: PHÉP TOÁN VÀ CẤU TRÚC ĐẠI SỐ


1. Theo giả thiết, phép toán * có tính kết hợp. Vậy ta chỉ còn phải chứng minh tồn tại một phần tử trung hòa và mỗi phần tử của E đều có phần tử nghịch đảo đối với luật *. • Tồn tại phần tử trung hòa

o Nếu ta cố định a = b = a0 trong (1) thì tồn tại ít nhất một phần tử e sao cho

a0 * e = a0. (3)

Vì phương trình (2) luôn luôn có nghiệm nên ta có thể viết

(∀b ∈ E)(∃y ∈ E) y * a0 = b

⇒ (y * a0) * e = b * e ⇒ y * (a0 * e) = b * e ⇒ b = b * e.

Điều đó chứng tỏ e là phần tử trung hòa phải. o Nếu ta cố định a = b = a0 trong (2) thì tồn tại ít nhất một phần tử e′ sao cho

e′ * a0 = a0.

o Vì phương trình (1) luôn luôn có nghiệm nên ta có thể viết (∀b ∈ E)(∃y ∈ E) a0 * x = b

⇒ e′ * (a0 * x) = e′ * b ⇒ (e′ * a0) * x = e′ * b

⇒ b = e′ * b.

Điều đó chứng tỏ e là phần tử trung hòa trái. Nhưng e′ * e = e′ vì e là phần tử trung hòa phải,

e′ * e = e vì e′ là phần tử trung hòa trái ⇒ e′ = e.

Vậy ta có phần tử trung hòa e và nó là duy nhất. • Mỗi phần tử a ∈ E có một phần tử nghịch đảo? Giả sử a′ là nghiệm của phương trình a* x = e, a″ là nghiệm của phương trình y * a = e. Khi đó, ta có

a * a′ = e; (5)

a″ * a = e. (6)

Ta sẽ chứng minh a″ = a′. Thật vậy, ta có

a″ = a″ * e (5)

= a″*(a * a′) = (a″ * a) * a′ (6)

= e * a′ = a′.

v1.0


132

2. C là một nhóm con của (G, •) nếu

(1) C là một bộ phận không rỗng của (G, •).

(2) (∀a ∈ C)(∃b ∈ C)a • b′ ∈ C.

Trong đó b′ ký hiệu là phần tử nghịch đảo của b trong (G, •).

• Chứng minh (1):

C ≠ ∅ vì C chứa phần tử trung hòa của (G, •).

Thật vậy, giả sử e là phần tử trung hòa của (G, •), ta có

∀x ∈ G: e • x = x • e = x ⇒ e là phần tử trung tâm ⇒ e ∈ C.

• Chứng minh (2):

Giả sử a, b ∈ C bất kỳ, b′ là phần tử nghịch đảo của b trong (G, •).

(∀x ∈ G) (∀a ∈ C) a • x = x • a (theo giả thiết)

(∀x ∈ G) (∀b ∈ C) b • x = x • b (theo giả thiết)

Ta sẽ chứng minh rằng a • b′ ∈ C, nghĩa là chứng minh rằng

(∀x ∈ G) (a • b′) • x = x • (a • b′)?

Ta có

b • x = x • b ⇒ b′ • (b • x) • b′ = b′ • (x • b) • b′

⇒ (b′ • b) • (x • b′) = (b′ • x) • (b • b′)

⇔ x • b′ = b′ • x

⇒ a • (x • b′) = a • (b′ • x) ⇒ a • x • b′ = (a • b′) • x

⇒ x • a • b′ = (a • b′) • x ⇒ x • (a • b′) = (a • b′) • x.

3. 1) Tập số nguyên chẵn với phép cộng số nguyên và phép nhân số nguyên thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung hoà của phép cộng là số không. Phần tử đối của α là –α.

2) Tập các số hữu tỉ với phép cộng số hữu tỉ và phép nhân số hữu tỷ thông thường là

một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là số không. Phần tử đối của α ∈

là – α ∈ . Vành này có đơn vị là 1.

3) Tập các số thực với phép cộng số thực và phép nhân số thực thông thường là một vành

giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là số không. Phần tử đối của α ∈ là –α ∈ .

Vành này có đơn vị là 1.

v1.0


133

4) Tập các số phức có dạng (a; b) với phép cộng số phức và phép nhân số phức là một

vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là (0; 0). Phần tử đối của (a; b) ∈ là

(–a; –b) ∈ . Vành này có đơn vị là (1; 0).

4. Kí hiệu z = x + iy, ta có phương trình

(x + iy)3 = 1 ⇔ x3 + 3x2iy + 3(iy)2x + (iy)3 = 1

x3 + i3x2y – 3y2x – iy3 = 1

3 2

2 2

x 3xy 1 (1)y(3x y ) 0 (2)

⎧ − =⎪⎨

− =⎪⎩

(2) 2 2

y 0y 3x=⎡

⇒ ⎢ =⎣

• y = 0 ⇒ x = 1 ⇒ z1 = 1

• y2 = 3x2 ⇒ x3 – 9x3 = 1 ⇒ –8x3 = 1 ⇒ x3 = 18

2

3

1 3z i1 3 2 2x y2 2 1 3z i

2 2

⎡= − +⎢

⎢= − ⇒ = ± ⇒⎢

= − −⎢⎣

• Theo điều kiện đầu bài, ta có

1 3j i2 2

= − +

Vậy 1 3j i .2 2

= − −

• Vì j = 1 nên ta có

21j jj

= =

Do đó 1 + j + j2 = 1 + j + j = 1 – 1 = 0.

5. a. z2 + (4 – 6i)z – 9 – 15i = 0

Δ′ = (2 – 3i)2 + 9 + 15i = 4 – 9 – 12i + 9 + 15i = 4 + 3i

= (a + ib)2 = a2 + 2abi – b2 = (a2 – b2) + 2abi

v1.0


134

2 2

2 2 2 2

a b 4 (1)2ab 3 (2)

a b 4 3 25 5 (3)

⎧ − =⎪⎪ =⎨⎪

+ = + = =⎪⎩

Cộng (1) và (3), ta có

2 2 9 3 2 22a 9 a a b2 2 2

= ⇒ = ⇒ = ± ⇒ = ± (a, b cùng dấu)

z1 = (–2 + 3i) + 3 2 2 1 ii (3 2 4) (6 2)2 2 2 2

⎛ ⎞+ = − + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

23 2 2 1 iz ( 2 3i) i (3 2 4) (6 2)

2 2 2 2⎛ ⎞

= − + − + = − + + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

b. z = (a + ib) z2 = (5 – 12i)

(a + ib)2 = (5 – 12i)

a2 + 2abi – b2 = (a2 – b2) + 2abi = 5 – 12i 2 2

2 2

a b 5 (1)2ab 12 ab 6 (a,b trái d u) (2)a b 13. (3)

⎧ − =⎪ = − ⇒ = −⎨⎪ + =⎩

Ê

Cộng (1) và (3), ta có

2a2 = 18 ⇒ a2 = 9 ⇒ a = ± 3 ⇒ b = ∓ 2.

z1 = 3 – 2i; z2 = –3 + 2i.

c. 1 – z + z2 – z3 = 0. Vế trái là một cấp số nhân với công bội là (–z). Vậy phương trình trở thành

441 z 0 hay z 1

1 z−

= =+

với z ≠ –1.

Ta được 3 nghiệm là căn bậc 4 của 1 và phải khác –1, nghĩa là z0 = 1, z1 = i, z2 = –i.

6. Theo định nghĩa 2z z.z,= 1 2 1 2(z z ) z z .+ = +

Ta có 2

1 2 1 2 1 2z z (z z )(z z )+ = + + = 1 1 2 2 1 2 2 1z z z z z z z z+ + +

21 2 1 2 1 2z z (z z )(z z )− = − − = 1 1 2 2 1 2 2 1z z z z z z z z .+ − −

Do đó 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2z z z z 2(z z z z )+ + − = + = 2 ( )2 21 2z z .+

7. Nhân tử và mẫu với số phức liên hợp của mẫu số, ta được

v1.0


135

(1 i 3)( 3 i) 1z ( 3 i).2( 3 i)( 3 i)

+ −= = +

+ −

Số phức 1z ( 3 i)2

= + có môđun bằng

2 23 1 12 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

và argument bằng 6π do đó

z = cos i sin .6 6π π+


1. B. Thật vậy, tập các số nguyên với phép cộng thoả mãn ba tính chất sau của nhóm:

d. 1. Phép toán (+) có tính kết hợp;

e. 2. Phép toán (+) có phần tử trung hòa e = 0;

f. 3. Mọi phần tử a của G đều có phần tử đối xứng –a.

2. C. Vì số 0 cũng là số hữu tỷ, nhưng nó không có số đối.

3. D. Tập các số phức có dạng a + ib, với a, b ∈ là một trường số.

Vì khi đó với mọi số phức a+ bi ≠ 0 + 0 i ta có 2 2a b 0+ ≠ và

2 2

1 a bi ,a bi a b

−=

+ + 2 2

a ,a b

∈+

2 2

b .a b−

∈+

4. D. Tập các số có dạng a + b 2 với a, b ∈ không phải là một trường vì với a + b 2,

tuy có

2 2 2 2 2 2

1 a b 2 a b 2a 2b a 2b a 2ba b 2− −

= = +− − −+

nhưng 2 2

aa 2b− và 2 2

ba 2b

−− chưa chắc đã thuộc .

Chẳng hạn khi a = 1 và b = 2 thì

2 2

a 1 1a 2b 1 8 7

= =− − − không thuộc .

5. C. Tập các số có dạng a + b 3 với a, b ∈ là một trường

v1.0


136

vì với mọi a + b 3 ≠ 0, a, b ∈

ta có

2 2 2 2 2 2

1 a b 3 a b 3a 3b a 3b a 3a b 3− −

= = +− − −+

2 2

aa 3b

∈− , 2 2

ba 3b−

∈−

nghĩa là a b 3 0,a,b+ ≠ ∈ có nghịch đảo thuộc tập số đã cho.

Bài 5: KHÔNG GIAN VÉC TƠ


1. a. Kí hiệu

Pn(x) = {p(x) ⎪p(x) = a0 + a1x + … + anxn}

{ai ∈ , i = 0, n }.

Xét q(x) = b0 + b1x +…+ bnxn và α ∈ .

g. p(x) + q(x)

= (a0 + b0) + (a1 + b1)x +… + (an + bn)xn ∈ Pn(x) (tiên đề 1)

h. λp(x) = (λa0) + (λa1)x + … + (λan)xn ∈ Pn(x) (tiên đề 6)

Ta dễ dàng kiểm tra các tính chất sau

i. p(x) + q(x) = q(x) + p(x) (tiên đề 2) j. p(x) + [q(x) + r(x)] = [p(x) + q(x)] + r(x) (tiên đề 3) k. p(x) + v(x) = v(x) + p(x) = p(x), ở đây v(x) = 0 ∀ x (tiên đề 9) l. p(x) + [–p(x)] = 0 với –p(x) = –a0 – a1x – ... – anxn (tiên đề 5)

m. ∀ α ∈ :

α[p(x) + q(x)] = α(a0 + b0) + α(a1 + b1)x +...+ α(an + bn)xn

= [αa0 + (αa1)x +...+ (αan)xn] + [αb0 + (αb1)x +...+ (αbn)xn]

= αp(x) + αq(x) (7)

n. (α + β)p(x) = αp(x) + βp(x) đơn giản (8)

o. α(β)p(x) = (αβ)p(x) đơn giản (9) p. 1. p(x) = p(x) rõ! (10) Cơ sở là e0 = 1, e1 = x,..., en = xn.

Vì c0e0 + c1e1 +...+ cnen = c0 + c1x +... + cnxn = 0 ∀ x ⇔ c0 = c1 =...= cn = 0

và p(x) = a0 + a1x +...+ anxn, ai ∈ ; i = 1, n .

v1.0


137

b. Ký hiệu * nn 0 1 n i nP (x) {p(x) p(x) = a + a x +...+ a x ; a , i = 0, n, a 0}= ⏐ ∈ ≠

Ta thấy *nP (x) không lập nên một không gian véc tơ và

pn(x) = a0 + a1x +...+ an – 1xn – 1 + anxn ∈ *nP (x)

qn(x) = b0 + b1x +...+ bn – 1xn – 1 + anxn ∈ *nP (x)

nhưng

pn(x) + [–qn(x)] = (a0 – b0) + (a1 – b1)x +...+ (an – 1 – bn – 1)xn – 1 ∉ *nP (x) .

2. Việc chứng minh M2 là một không gian véc tơ trên rất đơn giản, chỉ việc kiểm tra lại từng

tính chất đã nêu trong định nghĩa. Ta chứng minh e1, e2, e3, e4 là một cơ sở của M2. Thật vậy, nếu

α 1e1 + α 2e2 + α 3e3 + α 4e4 = 0, αi ∈ , i = 1, 4 .

Khi đó

1 2 3 4

1 0 0 1 0 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 1 0 0⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

α + α + α + α =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2i

3 4

0 00, i 1, 4

0 0α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ = ⇔ α = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α ⎝ ⎠⎝ ⎠.

Vậy e1, e2, e3, e4 là độc lập tuyến tính.

Mặt khác, dễ dàng thấy rằng nếu A = 2

a bM

c d⎛ ⎞

∈⎜ ⎟⎝ ⎠

thì

A = ae1 + be2 + ce3 + de4

Hay e1, e2, e3, e4 là một hệ sinh. Vậy chúng tạo thành một cơ sở của M0.

Như vậy 1 2 3 42 1x 2e e e 3e

1 3−⎛ ⎞

= = − + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

3. a. Xét z = (z1, z2) bất kỳ thuộc 2 và đi tìm a, b để có z = ax + by, nghĩa là:

(z1; z2) = a(1; 2) + b(1; 1) = (a + b; 2a + b)

⇒ 1

2

a b z2a b z .+ =⎧

⎨ + =⎩

D = 1 12 1

= 1.1 – 1.2 = –1 ≠ 0.

Vậy hệ luôn luôn có nghiệm (a; b).

v1.0


138

Vậy họ {x; y} là một hệ sinh của 2.

b. Xét c1x + c2y = 0.

c1(1 ; 2) + c2(1; 1) = (0; 0)

⇔ (c1 + c2; 2c1 + c2) = (0; 0)

⇔ 1 2

1 2

c c 02c c 0.+ =⎧

⎨ + =⎩

Hệ này có D = –1 ≠ 0 nên chỉ có nghiệm tầm thường, nghĩa là c1 = 0, c2 = 0.

Vậy hệ {x; y} là độc lập tuyến tính.

4. Trước hết, ta thấy số chiều của 3 bằng e1(1; 0; 0), e2(0; 1; 0), e3(0; 0; 1) là một cơ sở của 3.

Để chứng minh v1, v2, v3 là một cơ sở của 3, ta cần chứng minh chúng độc lập tuyến tính.

Giả sử c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0. Ta có hệ phương trình sau

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2c c 2c 0c 3c c 0c c 3c 0

+ − =⎧⎪ + + =⎨⎪ + + =⎩

det A = 2 1 2 0 1 8

1 81 3 1 0 2 2 18 0.

2 21 1 3 1 1 3

− − −− −

= − = = ≠−

Do đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường c1 = c2 = c3 = 0. Vậy hệ v1, v2, v3 là độc lập tuyến tính. • x = α1v1 + α2v2 + α3v3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 2 23 4

3 2.

α + α − α = −⎧⎪⇔ α + α + α = −⎨⎪α + α + α =⎩

Giải hệ trên ta được α1 = 1; α2 = –2; α3 = 1.

Vậy tọa độ của x theo cơ sở này là (1; –2; 1).

5. • Ta phải kiểm tra rằng {a; b; c} là một hệ độc lập tuyến tính, nghĩa là

α1a + α2b + α3c = 0 ⇒ α1 = α2 = α3 = 0.

Ta được hệ phương trình

v1.0


139

1 2 3

2 3

1 3

000

α − α − α =⎧⎪ − α + α =⎨⎪α + α =⎩

⇒ α1 = α2 = α3 = 0.

• Biểu diễn các tọa độ của véc tơ v = (2; 2, 3) trong cơ sở này. Giả sử x1, x2, x3 là các tọa độ của véc tơ v trong cơ sở (a; b; c), ta có

x1(1; 0; 1) + x2(–1; –1; 0) + x3(–1; 1; 1) = (2; 2; 3)

Hệ thức này cho ta hệ phương trình sau

1 2 3 1

2 3 2

31 3

x x x 2 x 2x x 2 x 1

x 1.x x 3

− − = =⎧ ⎧⎪ ⎪− + = ⇒ = −⎨ ⎨⎪ ⎪ =+ = ⎩⎩

Vậy v = 2a – b + c.

6. a. α1ξ1 + α2ξ2 = 0 ⇔ α1(3, –2, 0, 0) + α2(0, 1, 0, 1) = 0

1

1 2 1 2

2

3 02 0 0

0

α =⎧⎪− α + α = ⇒ α = α =⎨⎪ α =⎩

.

Vậy ξ1 và ξ2 là độc lập tuyến tính. b. Giả sử e1, e2, e3, e4 là các véc tơ của cơ sở chính tắc của V4(Q). • Hệ s = {ξ1, ξ2, e1, e2, e3, e4} sinh ra V4(Q) và chứa một cơ sở cần tìm.

• e1 có thể là một phần tử của cơ sở này ⇔ α1ξ1 + α2ξ2 = α3e1 = (3α1 + α3 – 2α1 + α2), 0, α2)

= (0, 0, 0, 0) ⇒ α1 = α2 = α3 = 0.

• e2 có thể là một phần tử của cơ sở này nếu α1ξ1 + α2ξ2 + α3e1 + α4e2 = (3α1 + α3, –2α1 + α2 + α4, 0, α2)

= (0, 0, 0, 0) ⇒ α1 = α2 = α3 = α4 = 0?

Giải hệ

1 3 1 3

1 2 4 1 4

2 2

3 0 3 02 0 2 0

0 0

α + α = α + α =⎧ ⎧⎪ ⎪− α + α + α = ⇔ − α + α =⎨ ⎨⎪ ⎪α = α =⎩ ⎩

Hệ hai phương trình ba ẩn số. Ta lấy α1 = 1 ⇒ α3 = –3, α4 = 2.

Vậy e2 không phải là một phần tử của cơ sở. • Xét e3 :

α1ξ1 + α2ξ2 + α3e1 + α4e3 = (3α1 + α3; –2α1 + α2; α4; α2) = (0; 0; 0; 0).

Giải hệ

v1.0


140

1 3

1 21 2 3 4

4

2

3 02 0

0.00

α + α =⎧⎪− α + α =⎪ ⇒ α = α = α = α =⎨α =⎪⎪α =⎩

Vậy {ξ1 ; ξ2 ; e1 ; e3} là cơ sở cần tìm. 7. Kiểm tra xem các véc tơ có độc lập tuyến tính không?

Xét α1v1 + α2v2 + α3v3 + α4v4 = 0

1 3 4

2 3 4

1 2 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 0 (1)2 3 0 (2)

2 0 (3)3 5 9 0 (4)

3 5 0. (5)

α + α + α =⎧⎪− α + α − α =⎪⎪α + α + α =⎨⎪ α + α − α + α =⎪⎪−α − α + α − α =⎩

Ta có

(1) – (2) – 2(3) = 0 ⇒ (1) – (2) = 2(3)

(4) + (5) – 2(3) = 0 ⇒ (5) = 2(3) – 2(4)

(2) – 3(3) + (4) = 0 ⇒ (2) = 3(3) – (4)

Vậy chỉ còn hai phương trình độc lập tuyến tính là (3) và (4). Khi đó, α1 và α3 coi như là hàm của α2 và α4.

(3) ⇒ α1 = –α2 – 2α4

(4) ⇒ α3 = 3α1 + 5α2 + 9α4 = 2α2 + 3α4.

Vậy số chiều của không gian là 2.

v1 = –3v2 + 2v4 = (0; 6; –3; –15; 9) + (2; –6; 4; 18; –10)

v3 = –2v2 + v4 = (0; 4; –2; –10; 6) + (1; –3; 2; 9; –5).

Ta có thể chọn v2 và v4 làm cơ sở vì chúng độc lập tuyến tính. 8. Bài toán quy về việc tìm hạng của ma trận (hạng của hệ véc tơ).

2 1

3 1

L LL 2L

1 0 1 2 1 0 1 2A 1 1 3 2 0 1 2 0

2 1 5 1 0 1 3 3

−−

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⎯⎯⎯⎯→⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 2L L

1 0 1 20 1 2 00 0 1 3

−

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎯⎯⎯→ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 1D 0 1 2 1 0.

0 0 1= = ≠

Vậy hạng của A là 3. Do đó, số chiều bằng 3 và cơ sở là 3 véc tơ

(1; 0; 1; –2)

(0; 1; 2; 0)

v1.0


141

(0; 0; 1; 3).

9. • Giả sử

u = (α1 – β1; 2α1; α1 + 2β1; –β1) ∈ W

v = (α2 – β2; 2α2; α2 + 2β2; –β2) ∈ W, α1, α2, β1, β2 ∈

⇒ λu + μv = (α – β; 2α; α + 2β; –β) ∈ W.

Vậy W là một không gian con của 4.

• Ta biểu diễn

(α – β; 2α; α + 2β; –β) = α(1; 2; 1; 0) + β(–1; 0; 2; –1).

Vậy {(1; 2; 1; 0) ; (–1; 0; 2; –1)} là một hệ sinh. Ta chứng tỏ rằng hệ đó độc lập tuyến tính.

α1(1; 2; 1; 0) + α2(–1; 0; 2; –1) = 0

1 2

11 2

1 2

2

02 0

02 0

0

α − α =⎧⎪ α =⎪ ⇒ α = α =⎨α + α =⎪⎪−α =⎩

.

Vậy hai véc tơ đó độc lập tuyến tính và dimW= 2. 10. 1. Hệ {u, v, w} là phụ thuộc tuyến tính, do hệ thức w = u – 2v và ta có thể kiểm tra hai véc tơ

u, v là độc lập tuyến tính. Vậy chúng tạo thành một cơ sở của E1, suy ra dimE1 = 2.

x ∈ E1 ⇒ x = λu + μv = (2λ – μ; λ; μ).

2. a. (0; α + β; –β) = α(0; 1; 0) + β(0; 1; –1). Vậy E2 là tập các tổ hợp tuyến tính của các véc tơ a = (0; 1; 0) và b = (0; 1; –1). Các véc tơ a, b là độc lập tuyến tính. Vậy E2 là một không gian có chiều là 2 và {a; b} là một cơ sở

y ∈ E2 : y = (0; α + β; –β).

b. • Để một véc tơ z ∈ E1 ∩ E2 thì cần phải có

z = x = y ⇔ (2λ – μ; λ; μ) = (0; α + β; –β)

2 02

2 .

λ − μ =⎧μ = λ⎧⎪λ + β = λ ⇒⎨ ⎨β = − λ⎩⎪μ = −β⎩

Vậy z = x = y = (0; λ; 2λ).

Như thế E1 ∩ E2 = {λ(0; 1; 2) ⎪ λ ∈ } là một không gian véc tơ có số chiều 1 và cơ sở

c = (0; 1; 2).

• Cho cơ sở và số chiều của E1 + E2

v1.0


142

dim(E1 + E2) = dimE1 + dimE2 – dim (E1 ∩ E2) = 2 + 2 – 1 = 3.

E1 + E2 sinh bởi họ {u; v; w; a; b}. Do đó, ta có thể lấy ra {u; v; a} là một cơ sở của E1 + E2.

αu + βv + γa = 0

⇒ α(2; 1; 0) + β(–1; 0; 1) + γ(0; 1; 0) = 0

2 0 00 0

0 0.

α − β = α =⎧ ⎧⎪ ⎪α + γ = ⇒ β =⎨ ⎨⎪ ⎪β = γ =⎩ ⎩

c. Ta nói E là tổng trực tiếp của hai không gian con E1 và E2 nếu E1 ∩ E2 = {OE} và ta ký hiệu

E = E1 ⊕ E2.

Ở đây, E1 ∩ E2 ≠ {0E}. Vậy tổng E1 + E2 không phải là trực tiếp.


1. A. Vì họ {(1 ; 0; 0), (2; 2; 0), (3; 3; 3)} độc lập tuyến tính trong 3 do định thức

1 0 02 2 0 6 0.3 3 3

= ≠

2. B. Tập S = {x = (x1; x2; x3; x4)⏐x1 + x2 + x3 + x4 = 0} là không gian con của 4 vì

x ∈ S ⇔ x = (x1; x2; x3; x4) sao cho x1 + x2 + x3 + x4 = 0

⇔ x = (x1; –x1; –x3 – x4; x3; x4) = x1(1; –1; 0; 0) + x3(0; –1; 1; 0) + x4(0; –1; 0; 1)

= x1u1 + x3u2 + x4u3 ∀ x1, x3, x4

trong đó u1 = (1; –1; 0; 0), u2 = (0; –1; 1; 0), u3 = (0;–1; 0; 1). Vì vậy

S = span{u1, u2, u3} ⇒ S là không gian con 3 chiều với cơ sở là hệ {u1; u2; u3}.

3. A. n lẻ. Vì nếu có tổ hợp tuyến tính n

i ii 1

u=

α = θ∑ (1)

thì (1) ⇔ (α1 + αn)f1 + (α2 + α1)f2 +...+ (αn + αn – 1)fn = θ

1 n

n 12 12 n 1

n n 1 n 2 1

n n 1

00

....................... ( 1) ... ( 1) .0

−− −

−

α + α =⎧⎪ α = −αα + α = ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨α = −α = − α = = − α⎪⎪ ⎩⎪α + α =⎩

Vì vậy nếu n lẻ ta có αn = –α1, αn = α1 ⇒ α1 = α2 =...= αn = 0.

v1.0


143

Bài 6: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH VÀ MA TRẬN


1. • Nếu u = (x1 ; y1), v = (x2 ; y2) thì

u + v = (x1 + x2; y1 + y2).

Vì vậy

f(u + v) = (x1 + x2; x1 + x2 + y1 + y2, x1 + x2 – y1 – y2)

= (x1; x1 + y1; x1 – y1) + (x2; x2 + y2; x2 – y2) = f(u) + f(v).

• Nếu α ∈ thì αu = (αx1; αx2).

Vì vậy

f(αu) = (αx1; αx1 + αy1; αx1 – αy1) = α(x1; x1 + y1; x1 – y1) = αf(u)

Vậy f là một ánh xạ tuyến tính.

2. a. Ta có f(X) = AX với A = 1 0 01 1 00 1 1

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

bởi vì

1 1

2 1 2

3 2 3

x x1 0 0AX = 1 1 0 x x x

0 1 1 x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ker(f) = {(x1; x2; x3) ∈ 3 ⎪ f(x1; x2; x3) = 0E}

= {(x1; x2; x3) ⎪ x1 = 0, x1 – x2 = 0, x2 + x3 = 0}

= {(x1; x2; x3) ⎪ x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0} = {0; 0; 0}.

Vậy f là đơn ánh. (Vì f là đơn ánh ⇔ Ker(f) = {0E}).

b. ∀ x, y ∈ P : x1 + x2 + x3 = 0 và y1 + y2 + y3 = 0

⇒ ∀λ, μ ∈ : λ(x1 + x2 + x3) + μ(y1 + y2 + y3) = 0

⇒ (λx1 + μy1) + (λx2 + μy2) + (λx3 + μy3) = 0

⇒ (λx1 + μy1; λx2 + μy2; λx3 + μy3) ∈ P

⇒ λ(x1; x2; x3) + μ(y1; y2; y3) ∈ P.

Vậy ta có ∀λ, μ ∈ : λx + μy ∈ P. Suy ra P là không gian con.

• x ∈ P: x1 + x2 + x3 = 0. Ta có thể đặt x3 = –x1 – x2

x1 + x2 + x3 = x1 + x2 + (–x1 – x2) = 0

f(P) = {(x1; x2; –x1 – x2) ⎪ x1; x2 ∈ }

v1.0


144

= {x1(1; 0; –1) + x2(0; 1; –1) ⎪ x1; x2 ∈ }

Vậy dim(P) = 2 với một cơ sở gồm các véc tơ (1; 0; –1) và (0; 1; –1).

3. a. Im(f )= {(a; b; c) ∈ 3 ⎪ ∃(x; y; z) ∈ 3 và f(x; y; z) = (a; b; c)}

= 3 3

x a(a; b; c) (x; y; z) và M y b .

z c

⎫⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∈ ⏐∃ ∈ =⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

Ta có hệ phương trình

2x y a (1)2x 2y z b (2)2y 2z c. (3)

+ =⎧⎪ + + =⎨⎪ + =⎩

Ta nhận xét rằng (2) = (1) + 12

(3) nếu b = a + ca

.

Vậy các nghiệm của hệ sẽ đạt được khi cho a và c các giá trị tùy ý.

2cIm(f) = a; a + ; c (a; c)2

⎧ ⎫⎛ ⎞⏐ ∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

= 21a(1; 1; 0) c 0; ; 1 (a; c)2

⎧ ⎫⎛ ⎞+ ⏐ ∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

Như vậy, không gian con Im(f ) được sinh bởi các véc tơ (1; 1; 0) và 10; ; 12

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, các véc tơ

này độc lập tuyến tính vì

α(1; 1; 0) + β 10; ; 12

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 00

0.0

2

α =⎧⎪⇒ ⇒ β =⎨ βα + =⎪⎩

Vậy các véc tơ đó tạo thành một cơ sở của Im(f ) và dimIm(f ) = 2.

• Ker(f ) = {(a; b; c) ∈ 3E ⎪ f(a; b; c) = 0F}

= 3

a 0(a; b; c) M b 0 .

c 0

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟∈ ⏐ =⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

Ta được hệ phương trình

2a b 0 b 2a2a 2b c 0 c 2a2b 2c 0 c b.

+ = = −⎧ ⎧⎪ ⎪+ + = ⇒ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ = = −⎩ ⎩

Vì vậy, ta có Ker(f ) = {a(1; –2; 2)⎪a ∈ }.

v1.0


145

Một cơ sở của Ker(f ) tạo bởi véc tơ (1; –2; 2) và dim Ker(f ) = 1.

b. Gọi B′ = 1 2 3(e ; e ; e )′ ′ ′ = (2e1 + 2e2; 2e1 – 2e2; 2e3).

Ma trận chuyển vị P từ cơ sở B sang cơ sở B′ là

2 2 0P 2 2 0

0 0 2

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

c. Suy ra ma trận của f ứng với cơ sở B′

A = P–1MP.

Bằng phương pháp tính nghịch đảo của ma trận, ta có

P–1 = 4 4 0 1 1 0

1 14 4 0 1 1 0 .16 4

0 0 8 0 0 2

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Vậy

1 1 0 2 1 0 2 2 01A 1 1 0 2 2 1 2 2 04

0 0 2 0 2 2 0 0 2

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

14 2 2 7 1 11 12 2 2 1 1 1 .4 2

8 8 8 4 4 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4. a. f(u) = (0; 0; 1; 1), f(v) = (0; 1; 1; 0), f(w) = (b; 0; a; 1). Một véc tơ x của f(E) có thể viết

x = λf(u) + μf(v) + γf(w)

= λ(0; 0; 1; 1) + μ(0; 1; 1; 0) + γ(b; 0; a; 1)

= (0; 0; λ; λ) + (0; μ; μ; 0) + (γb; 0; γa; γ)

x = (γb, μ, λ + μ + γa, λ + γ).

f(E) có số chiều ít nhất là 2 (vì f(u) và f(v) độc lập tuyến tính) và có số chiều là 3 nếu {f(u), f(v), f(w)} là độc lập tuyến tính.

b 0 b 0 b 00 a 0 a(a 1) 0

x 0a 0 0 0

0 0 0.

λ = λ = λ =⎧ ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪μ = λ + γ = − =⎪ ⎪ ⎪= ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨λ + μ + λ = λ + γ = λ + γ =⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪λ + γ = μ = μ =⎩ ⎩ ⎩

Có hai khả năng • Nếu b = 0 và a = 1 thì f(w) = f(u) và dim(E) = 2.

v1.0


146

• Nếu b ≠ 0 hay a ≠ 1 thì λ = μ = γ = 0 và dimf(E) = 3.

b. Đối với E′:

f(u′) = (1; 0; 0; 1), f(v′) = (1; 1; 0; 0), f(w′) = (d; 1; c; 1)

x′ ∈ f(E′) viết x′ = λf(u′) + μf(v′) + γf(w′)

= (λ, 0, 0, λ) + (μ, μ, 0, 0) + (γd, γ, γc, γ)

= (λ + μ + γd, μ + γ, γc, λ + γ)

d 0 (d 2) 00 0

x 0c 0 c 0

0 0.

λ + μ + γ = γ − =⎧ ⎧⎪ ⎪μ + γ = μ + γ =⎪ ⎪′ = ⇔ ⇔⎨ ⎨γ = γ =⎪ ⎪⎪ ⎪λ + γ = λ + γ =⎩ ⎩

Có hai khả năng • Nếu c = 0 và d = 2 thì f(w′) = (2; 1; 0; 1) = f(u′) + f(v′) và dimf(E′) = 2.

• Nếu c ≠ 0 hay d ≠ 2 thì λ = μ = γ = 0 và dimf(E′) = 3.

c. Nếu f(E) và f(E′) là bổ sung thì ta có

dimf(E) + dimf(E′) = dim 4 = 4

hay dimf(E) ≥ 2 và dimf(E′) ≥ 2. Điều đó chỉ có thể xảy ra khi a = 1, b = c = 0, d = 2.

Suy ra dim(f(E)) = 2 và dim(f(E′)) = 2.


1. B. Ký hiệu e1 , e2 , e3 , e4 là cơ sở chính tắc của không gian 4.

1 2 3e , e , e′ ′ ′ là cơ sở chính tắc của không gian 3. Theo giả thiết ta có

ma trận Aϕ của ánh xạ đã cho đối với cặp cơ sở chính tắc chính là

1 2 0 1A 0 1 1 1

2 0 1 1ϕ

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

Giả sử 1 2 3(x) ( , , )ϕ = β β β , ta có

1

2

3

β⎛ ⎞⎜ ⎟β =⎜ ⎟⎜ ⎟β⎝ ⎠

21 2 0 1 1

10 1 1 1 0

02 0 1 1 5

1

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

2. B. Từ định nghĩa của T ta có

v1.0


147

[ ] [ ]1 2B B

2 0T(u ) ; T(u )

0 3⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Do đó ma trận của T đối với B là

2 0A

0 3⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Bài 7: TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH. TRỊ RIÊNG VÀ VÉC TƠ RIÊNG


1. Phương trình đặc trưng

⇔

A E 0

2 1 11 2 1 0

0 0 1

−λ =

−λ −− −λ − =

−λ

( ) ( )21 2 1 0⎡ ⎤⇔ −λ −λ − =⎣ ⎦ ( ) ( )21 3 0⇔ −λ −λ =

( )1 2

3

1 nghi m kép3.

λ = λ =⎡⇔ ⎢

λ =⎣

Ö

* 1 1λ = để tìm véc tơ riêng, ta phải giải hệ phương trình

( )A E x 0−λ =

1 2 31 2

1 2 33

3

x x x 0x x

x x x 0x 0.

x 0

− + =⎧= = α⎧⎪⇔ − + − = ⇔⎨ ⎨ =⎩⎪ =⎩

Vậy véc tơ riêng ứng với 1 2 1λ = λ = là

( )1 1 2u e e= α + .

* 3 3λ = , ta giải hệ phương trình

1 2 3 1

1 2 3 2

33

x x x 0 xx x x 0 x

x 0.x 0

− − + = = β⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ − − + = ⇔ = −β⎨ ⎨⎪ ⎪ == ⎩⎩

Véc tơ riêng ( )2 1 2u e e= β − .

2. Ta có ma trận của f theo cơ sở chính tắc là

5 4A

8 9⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

v1.0


148

Vậy phương trình đặc trưng

5 4A E 0 0

8 9−λ

−λ = ⇔ =−λ

2

1

2

14 13 0113.

⇔ λ − λ + =

λ =⎡⇔ ⎢λ =⎣

Để tìm véc tơ riêng ứng với hai trị riêng, ta phải giải hai hệ phương trình

1 2Ax x và Ax x.= λ = λ

• Với 1 1λ = , ta có

( )1A E x 0− λ = 1 22 1

1 2

4x 4x 0x x

8x 8x 0+ =⎧

⇔ ⇒ = −⎨ + =⎩.

Đặt 1x = α , ta có véc tơ riêng u1 ứng với λ1 là

u1 = e1 – e2.

• Với 2 13λ = , ta có

1 22 1

1 2

8x 4x 0x 2x .

8x 4x 0− + =⎧

⇒ =⎨ − =⎩

Đặt 1 2x x 2 .= β⇒ = β Véc tơ riêng 2 1 2u e 2 e .= β + β

3. a. A E 0− λ =

( ) ( ) ( )

1 2 1L L L

2 1

2

10 9 9 1 0 09 8 9 9 1 99 9 8 9 0 8

1 kép1 8

8

+ →

−λ −λ− − −λ − ⎯⎯⎯⎯→ − −λ− − − −λ − − −λ

⎡λ == − λ − λ + ⇒ ⎢

λ = −⎣

Vì không có ba trị riêng đơn nên không thể nói trước là ma trận A có chéo hóa được không. b. Xác định các véc tơ riêng q. 1 1λ = , ta có

( )1A E x 0− λ = 1 2 3

1 2 3

1 2 3

9x 9x 9x 09x 9x 9x 09x 9x 9x 0

+ + =⎧⎪− − − =⎨⎪− − − =⎩

⇔

1 2 3 1 2 3x x x 0 x x x⇔ + + = ⇔ = − −

Không gian con ứng với 1 1λ = là

{ } ( ){ }3 31 2 3 2 3 2 3E x | AX X x x , x , x | x , x= ∈ = = − − ∈ ∈

1dim E 2=

v1.0


149

1 2

1 1u 1 ; u 0

0 1

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

tạo thành một cơ sở.

r. 2 8λ = − , ta có

( )2A E x 0−λ = 1 2 3

3 11 3

2 11 2

18x 9x 9x 0x x

9x 9x 0x x

9x 9x 0

+ + =⎧= −⎧⎪⇔ − − = ⇔⎨ ⎨ = −⎩⎪− − =⎩

Không gian con ứng với 2 8λ = − là

{ } ( ){ }32 2E x | AX X x 1; 1; 1 | x= ∈ = λ = − − ∈

2dim E 1.=

Cơ sở là 1

v 1 .1

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

c. Chứng minh rằng f chéo hóa được Vì dimE1 = 2 bằng bậc của trị riêng 1 1.λ =

dimE2 = 1 bằng bậc của trị riêng 2 8λ = − .

nên f chéo hóa được. Ma trận chuyển P từ cơ sở chính tắc sang cơ sở của các véc tơ riêng là

( )1 2 1

1 1 1P u , u , v 1 0 1 D P AP

0 1 1

−

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

11 21 311

12 22 32

13 23 33

P P P1P P P P

det PP P P

−

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 1 1 1 11 0

det P 1 0 1 0 1 0 1 11 1

0 1 1 0 1 1

− − − − − −−

= = − = − =

1

1 0 1P 1 1 0

1 1 1

−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 1 10 9 9 1 1 1 1 0 0D 1 1 0 9 8 9 1 0 1 0 1 0

1 1 1 9 9 8 0 1 1 0 0 8

− − − − −⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

• Tính n n n 1A , n : A PD P−∈ = .

v1.0


150

( )

n

n

1 1 1 1 0 0 1 0 1A 1 0 1 0 1 0 1 1 0

0 1 1 1 1 10 0 8

⎛ ⎞− − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠−⎝ ⎠

( )( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

n 1 n 1 n 1 n 1n n n n

n n n nn n n n

n n n nn n n n

1 1 1 8 2 1 8 1 1 8 1 1 81 0 11 0 1 8 1 1 0 1 1 8 1 8 1 1 8 .

1 1 10 1 1 8 1 1 8 1 1 8 1 8

+ + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − + − + − + −− −⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − = − + − − − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠− − + − − + − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Chú ý: ( ) ( )n n n8 1 8 .− = −


1. B. Phương trình đặc trưng của A là

2

3 2 02 3 0 ( 1)( 5) 0

0 0 5

−λ −− −λ = − λ − λ − =

−λ

nên các trị riêng của A là x = 1 và x = 5 (nghiệm kép).

2. A.

Nếu hệ 2 1 x a8 4 y b

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

có nghiệm (x; y) thì (a; b) là ảnh của (x; y) và do đó (a; b) ∈ Im(T); Nếu hệ trên vô nghiệm thì (a; b) không phải là ảnh của (x; y) nào nên (a; b) không thuộc Im(T).

A. Hệ 2 1 x 18 4 y 4

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

có nghiệm y tùy ý, x = (1 + y)/2 nên 14

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

thuộc Im(T)

B. Hệ 2 1 x 58 4 y 0

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

vô nghiệm nên 50⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

không thuộc Im(T)

C. Hệ 2 1 x 38 4 y 12

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦



D. Hệ 2 1 x 18 4 y 4

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦



3. A. 2 1 5 08 4 10 0

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

nên 510⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

thuộc Ker(T)

B. Hệ 2 1 4 08 4 16 0

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≠⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

nên 4

16⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

không thuộc Ker(T)

v1.0


151

C. 2 1 1 1 08 4 1 4 0

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ≠⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

nên 11⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

không thuộc Ker(T)

D. 2 1 1 6 08 4 4 24 0

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ≠⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

nên 1

4⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

không thuộc Ker(T).

Bài 8: DẠNG SONG TUYẾN TÍNH, DẠNG TOÀN PHƯƠNG, KHÔNG GIAN EUCLID


1. Ta có: 27 5

A5 3

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Phương trình đặc trưng là

( )A

27 5P A E 0

5 3−λ −

λ = −λ = =− −λ

hay: 2 30 56 0λ − λ + = . Vậy ta có các trị riêng 1 22; 28.λ = λ =

Với 1 2λ = , ta có véc tơ riêng 1 1 1 2 2u c c= ξ + ξ là nghiệm của 1 1Au 2u=

hay:

1 1

2 2

27 52

5 3ξ ξ− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ξ ξ−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2

1 2

25 5 05 0.ξ − ξ =⎧

⇒ ⎨− ξ + ξ =⎩

Ta có 2 15ξ = ξ . Vậy véc tơ riêng

( )1 1 2u e 5e , 0= α + α ≠ .

Tương tự với 2 28λ = , ta có hệ phương trình

1 2

1 2

5 05 25 0.−ξ − ξ =⎧⎨ ξ − ξ =⎩

Véc tơ riêng ( )2 1 2u 5e e , 0= β − + β ≠ .

Chuẩn hóa u1 và u2, ta có:

v1.0


152

2 2 2 21

2 2 2 22

u 25 26 1126

u 25 26 11 .26

= α + α = α =

⇒ α =

= β +β = β =

⇒β =

Vậy ta có các véc tơ riêng { }1 2 1 2f , f mà f , f là cơ sở tiêu chuẩn

1 1 2 2 1 21 5 5 1f e e và f e e26 26 26 26

−= + = + .

và ma trận chuyển từ { }1 2e ,e sang cơ sở { }1 2f , f là

1 526 26T5 126 26

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Ta có công thức biến đổi tọa độ là

1 1

2 2

x xT

x x′⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟′⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 2

2 1 2

1 5x x x26 265 1x x x .26 26

⎧ ′ ′= −⎪⎪⇒ ⎨⎪ ′ ′= +⎪⎩

Thay vào dạng toàn phương đã cho, ta có 2

1 2 1 2 1 21 5 1 5 5 127 x x 10 x x x x26 26 26 26 26 26

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞′ ′ ′ ′ ′ ′− − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

22 2

1 2 1 25 13 x x 2x 28x .26 26

⎛ ⎞′ ′ ′ ′+ + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

hay là 2 21 1 2 2f x x .′ ′= λ + λ

2. Ta có ma trận

6 2 2A 2 3 4

2 4 3

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Phương trình đặc trưng là

v1.0


153

( )A

6 2 2P A E 2 3 4 0

2 4 3

−λλ = −λ = −λ − =

− −λ

hay là ( ) ( )27 2 0λ − λ + = .

Vậy các giá trị đặc trưng là 1 2 37; 2.λ = λ = λ = −

Với 7λ = , ta có hệ Au 7u= hay

1 2 3

1 2 3 1 1 2 2 3 3

1 2 3

2 2 02 5 4 0 v i u e e e .2 4 4 0

−ξ + ξ + ξ =⎧⎪ ξ + ξ − ξ = = ξ + ξ + ξ⎨⎪ ξ − ξ − ξ =⎩

í

Hệ này đưa về một phương trình 1 2 32 2 .ξ = ξ + ξ

Đưa 2 3a; b,ξ = ξ = ta có 1 2a 2b.ξ = + Vậy họ véc tơ riêng ứng với 7λ = là

( ) 1 2 3u 2 a b e ae be .= + + +

Phụ thuộc vào hai tham số a và b. Với 2,λ = − ta có hệ

1 2 3

1 2 3

1 2 3

8 2 2 02 5 4 02 4 5 0

ξ + ξ + ξ =⎧⎪ ξ + ξ − ξ =⎨⎪ ξ − ξ + ξ =⎩

Giải hệ ta được 22 3 1 và .

2ξ

ξ = ξ ξ = −

Đặt 1x ,= α ta có 2x 2= α và véc tơ riêng

( ) ( )1 2 3v e 2e 2e 0 .= α − − α ≠

Vì 7λ = là nghiệm bội hai của phương trình đặc trưng nên ta lấy ra hai véc tơ trực giao nào đều thuộc họ véc tơ riêng ( ) 1 2 3u 2 a b e ae be .= + + +

Chẳng hạn, đặt 1 1 3a 0;b 1, ta có u 2e e .= = = +

Chọn các tham số a, b sao cho <u, u1> = 0 thỏa mãn. Khi đó, ta có phương trình:

( )2.2 a b b 0 4a 5b 0.+ + = ⇔ + =

Bây giờ ta chọn a 5,b 4= − = , ta có một véc tơ riêng của họ

2 1 2 3u 2e 5e 4e= + − thỏa mãn <u1, u2> = 0.

Vậy ta được ba véc tơ riêng trực giao từng đôi một.

1 1 3u 2e e= + ;

2 1 2 3u 2e 5e 4e= + − ;

v1.0


154

1 2 3v e 2e 2e= − − .

Các véc tơ riêng 1 2u , u ứng với trị riêng 7λ = còn véc tơ riêng tương ứng với trị riêng 2 khi 1.λ = − α =

Ta có: 2 2 2

1 2

1 1 3

2 1 2 3

u 5; u 45; v 9;2 1f e e ;5 52 5 4f e e e .45 45 45

= = =

= +

= + −

Vậy

3 1 2 31 2 2f e e e .3 3 3

= − −

Ma trận chuyển từ { }1 2 3e ,e ,e sang cơ sở { }1 2 3f , f , f là:

2 2 135 45

5 20345

1 4 235 45

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

Dùng công thức đổi tọa độ

1 1 2 32 2 1x x x x

35 45′ ′ ′= + +

2 2 35 2x x x

345′ ′= −

3 1 2 31 4 2x x x x .

35 45′ ′ ′= − −

Thay vào dạng toàn phương đã cho ta có:

2 2 21 2 3f 7x 7x 2x′ ′ ′= + − .

3. Trước hết, bằng phép tịnh tiến song song các trục tọa độ, ta chuyển gốc tọa độ về điểm

( )0 0S x , y bằng cách đặt

0

0

x X xy Y y .= +⎧

⎨ = +⎩ (2)

v1.0


155

Thay (2) vào (1), sau khi biến đổi ta được

2 217x 12xy 8y 46x 28y 17+ + − − +

( ) ( )2 20 0 0 017X 12XY 8Y 2 17x 6y 23 X 2 6x 8y 14 Y= + + + + − + + −

( )2 20 0 0 0 0 017x 12x y 8y 46x 28y 17 0.+ + + − − + = (3)

Để khử các số hạng chứa biến ở bậc nhất ta chọn 0 0x , y sao cho

0 0 0

0 0 0

17x 6y 23 0 x 16x 8y 14 0 y 1.

+ − = =⎧ ⎧⇒⎨ ⎨+ − = =⎩ ⎩

(4)

Số hạng tự do trong (3) ta ký hiệu là F.

2 20 0 0 0 0 0F 17x 12x y 8y 46x 28y 17= + + − − +

( ) ( )0 0 0 0 0 0 0 017x 6y 23 x 6x 8y 14 y 23x 14y 17= + − + + − − − +

0 023x 14y 17 20.= − − + = −

Bây giờ, gốc tọa độ của hệ thống mới nằm ở điểm S. Phương trình trong gốc tọa độ mới có dạng

2 217X 12XY 8Y 20.+ + = (5)

v1.0


156

Ta quay các trục tọa độ đi một góc α theo công thức

X x cos y sinY x sin y cos .

′ ′= α − α⎧⎨ ′ ′= α + α⎩

(6)

Thay (6) vào (5), ta có:

( )2 2 2 2 217X 12XY 8Y 20 17cos 12sin cos 8sin x′+ + − = α + α α + α

( )2 22 17cos sin 6cos 6sin 8sin cos x y′ ′+ − α α + α − α + α α

( )2 2 217sin 12sin cos 8cos y 20.′+ α − α α + α − (7)

Ta chọn góc α sao cho hệ số x y′ ′ trở nên bằng 0.

2 217cos sin 6cos 6sin 8sin cos 0− α α + α − α + α α =

2 26sin 9sin cos 6cos 0⇔ α+ α α− α =

26tan tan 6 0⇔ α + α − =

1tan2

tan 2

⎡ α =⎢⇔⎢

α = −⎣

Ta sử dụng nghiệm 1tan2

α = , nghĩa là quay trục tọa độ đi một góc nhọn

2

1 2cos51 tan

α = =+ α

2

tan 1sin .51 + tan

αα = =

α

Từ đây sử dụng (7) ta có

2 220x 5y 20 0′ ′+ − = .

2 2x y 1.1 4′ ′

⇔ + =

Đây là một elip. 4. Trong (1) vắng các biến số dạng bình phương nên ta tiến hành phép biến đổi

1 1 2

2 1 2

3 3

x y yx y yx y .

= −⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩

v1.0


157

Với ma trận

1 1 0A 1 1 0

0 0 1

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ta được

2 21 2 1 3 2 3f 2y 2y 4y y 8y y .= − − −

Đặt

1 1 3

2 2

3 3

z 2y 2yz yz y .

= −⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

Đây là phép biến đổi tuyến tính có ma trận ngược

1 0 12

B 0 1 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Ta được

2 2 21 2 3 2 3

1f z 2z 2z 8z z2

= − − − .

Để làm mất số hạng tích, ta thực hiện phép biến đổi tuyến tính

1 1

2 2 3

3 3

t zt z 4zt z .

=⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩

Với ma trận ngược

1 0 01C 0 22

0 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ta sẽ thu được dạng chính tắc

2 2 21 2 3

1 1f t t 6t .2 2

= − + (2)

Phép biến đổi tuyến tính chuyển dạng (1) về ngay dạng (2) sẽ có ma trận là:

v1.0


158

1 1 32 21 1ABC 12 20 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

nghĩa là phép biến đổi có dạng:

1 1 2 3

2 1 2 3

3 3

1 1x t t 3t2 21 1x t t t2 2

x t

⎧ = + +⎪⎪⎪ = − −⎨⎪

=⎪⎪⎩

5.

( )2 2 21 1 2 1 3 2 3

1f 4x 6x x 8x x x x2

= + + + +

1

2

2 2 2 21 2 3 2 3 2 3 2 3

1 3 92x x 2x x 4x 6x x x x2 2 4

ξ

⎛ ⎞⎜ ⎟

= + + − − − + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 21 2 2 3 3

1 5 x 6x x 3x2 4

= ξ − − −

( )2 2 21 1 2 1 3 2 3

1f 4x 6x x 8x x x x2

= + + + +

1

2

2 2 2 21 2 3 2 3 2 3 2 3

1 3 92x x 2x x 4x 6x x x x2 2 4

ξ

⎛ ⎞⎜ ⎟

= + + − − − + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 21 2 2 3 3

1 5 x 6x x 3x2 4

= ξ − − −

( )2 2 21 3 2 3 2

1 1 59x 18x x x2 3 4

= ξ − + −

32

2

221 3 2 2

1 1 73x 3x x2 3 4

ξξ

⎛ ⎞⎜ ⎟= ξ − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 21 2 3

1 1 7 .2 3 4

= ξ − ξ + ξ

v1.0


159


1. B. Vì định thức 4 1

32 7 25 0.7 8

= − + = − ≠− −

2. D. Vì nó thỏa mãn các yêu cầu của tích vô hướng: a) Xác định với mọi cặp véc tơ b) Có tính chất giao hoán c) Có tính phân phối đối với phép cộng d) Hằng số có thể đưa ra ngoài tích e) <u,u> ≥ 0.

v1.0

Education

12 mat102-dap an-v1.0