CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Tài liệu ôn tập cuối kỳ đại số

[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

TÀI LIỆU ÔN TẬP CUỐI KỲ ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

Nội dung gồm 7 chủ điểm :
1.

Ma trận

2.

Hệ phương trình tuyến tính

3.

Khơng gian vector

4.

Khơng gian Euclide

5.

Ánh xạ tuyến tính

6.

Chéo hóa ma trận

7.

Dạng tồn phương

 Tài liệu được biên soạn bởi Ban Chuyên môn – CLB [CTCT] Chúng Ta Cùng Tiến.
 Đây là tâm huyết của các anh/chị/bạn trong CLB [CTCT], gửi tặng đến các em, các
bạn sinh viên năm nhất – Đại học Bách Khoa Tp.HCM (BKU).
 Bản quyền thuộc về cộng đồng Chúng Ta Cùng Tiến.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 1


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

CHỦ ĐIỂM 1
MA TRẬN

Dạng toán này là dạng “cho điểm” trong đề thi cuối kì. Để làm được câu này một cách chính
xác và nhanh nhất nên có một số lưu ý sau đây:
- 𝑨𝑿 ≠ 𝑿𝑨: Phép nhân ma trận tổng quát khơng có tính giao hốn, vì vậy biến đổi phải để ý vị
trí (trước, sau) của các ma trận nghịch đảo. Nếu muốn chắc chắn có thể làm cẩn thận từng bước
một (VD: 𝐴𝑋 = 𝐵 ⇔ 𝐴−1 . 𝐴𝑋 = 𝐴−1 . 𝐵 ⇔ 𝑋 = 𝐴−1 . 𝐵).
- 𝑰𝑿 = 𝑿𝑰 = 𝑿: Ma trận vuông khi nhân bên trái và bên phải một ma trận đơn vị là như nhau
và bằng chính ma trận đó.
- Bấm máy tính chính xác: các máy tính cầm tay hiện nay đều có thể tính được ma trận 3x3
(thường có trong đề) và các ma trận nghịch đảo, chuyển vị tương ứng.

- Có hai dạng chính: Dạng 1 có thể biến đổi để tách riêng ma trận X về một vế. Dạng 2 ma trận
X không thể tách riêng để đưa về một vế được, phải gọi ẩn để giải.
- Thông thường, dạng 1 sẽ cho ma trận vuông cấp 3 và dạng 2 cho ma trận vuông cấp 2. Với
ma trận khơng vng, cách làm tương tự.
2 2 1
Ví dụ 1.1 : Tìm ma trận X thỏa mãn 𝑋𝐴 + 𝐴𝐵 = 𝑋 + 𝐵 với 𝐴 = (2 0 1) và 𝐵 =
1 3 2
−1 4 −2
(−3 4 0 ).
−3 1 3
𝑇

Giải :
- Ở ví dụ 1, ta thấy đề cho ma trận vuông cấp 3, đồng thời 𝑋 = 𝑋. 𝐼, 𝐼 và 𝐴 cùng nằm về bên
phải so với 𝑋, vậy ta có thể tách riêng 𝑋 (dạng 1).
- Đầu tiên là biến đổi ma trận:
𝑋𝐴 + 𝐴𝐵 𝑇 = 𝑋 + 𝐵 ⟺ 𝑋𝐴 − 𝑋 = 𝐵 − 𝐴𝐵 𝑇
⇔ 𝑋(𝐴 − 𝐼) = 𝐵 − 𝐴𝐵 𝑇
⇔ 𝑋 = (𝐵 − 𝐴𝐵 𝑇 ). (𝐴 − 𝐼)−1
- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận đơn vị I. Bấm máy
(𝑀𝑎𝑡𝐵 − 𝑀𝑎𝑡𝐴 × 𝑇𝑟𝑛(𝑀𝑎𝑡𝐵)) × (𝑀𝑎𝑡𝐴 − 𝑀𝑎𝑡𝐶)−1

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 2


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

11

ta sẽ có được kết quả 𝑋 = ( 7
27

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

−4 −8
−2
2 )
−7 −23

- Nếu muốn thử lại kết quả, ta có thể sử dụng chức năng MatAns để kiểm tra lại, nhập:
𝑀𝑎𝑡𝐴𝑛𝑠 × 𝑀𝑎𝑡𝐴 + 𝑀𝑎𝑡𝐴 × 𝑇𝑟𝑛(𝑀𝑎𝑡𝐵) − 𝑀𝑎𝑡𝐴𝑛𝑠 − 𝑀𝑎𝑡𝐵
nếu ra kết quả là ma trận 0 thì kết quả vừa tính được là chính xác.
Ví dụ 1.2 : Tìm ma trận 𝑋 ∈ 𝑀3 thỏa mãn (𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵 𝑇 − 2𝑋, trong đó:
1 1 1
1 1
𝐴 = (1 2 3 ) ; 𝐵 = (0 1
3 2 1
0 0

1
1)
1

Giải :
- Thêm một ví dụ nữa cho dạng 1.
- Biến đổi:
(𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵 𝑇 − 2𝑋 ⟺ 𝑋𝐴 + 2𝑋 = 𝐵 𝑇 − 𝐵𝐴
⟺ 𝑋(𝐴 + 2𝐼) = 𝐵 𝑇 − 𝐵𝐴
⟺ 𝑋 = (𝐵 𝑇 − 𝐵𝐴). (𝐴 + 2𝐼)−1

- Dựa vào tính chất nhân với ma trận đơn vị nên 2𝑋 = 𝑋. (2𝐼)
- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận I (hoặc 2I đều được)
- Đáp số:
2
11
−
7
14
2
3
𝑋=
−
7
14
9
2
−
−
( 7
7
−

Ví dụ 1.3 : Cho hai ma trận 𝐴 = (

11
14
17
−
14
5

7 )
−

1 3
12 3
),𝐵 = (
). Tìm tất cả ma trận 𝑋 ∈ 𝑀2 (𝑅)
−1 2
1 4

thỏa 𝐴𝑋 − 𝑋𝐴𝑇 = 𝐵.
Giải :
Đề cho ma trận vng cấp 2 và nhìn vào phương trình ta thấy rõ ràng không thể tách

-

riêng 𝑋 về một vế được (dạng 2). Cách làm dạng 2 như sau:
𝑥 𝑦
Gọi 𝑋 = (
).
𝑧 𝑡
Thay vào phương trình ta có:

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 3


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

1 3 𝑥
)(
−1 2 𝑧

𝐴𝑋 − 𝑋𝐴𝑇 = 𝐵 ↔ (

0
1
↔(
−1
0
Giải HPT trên suy ra 𝑋 = (

−3
−1
0
−1

𝑦
𝑥
)−(
𝑡
𝑧

𝑦
1 3 𝑇
12 3
)(

) =(
)
𝑡 −1 2
1 4

𝑥
12
3 0
0 3 ) . (𝑦) = ( 3 )
𝑧
1
1 −3
𝑡
4
1 0

−3𝛼 + 𝛽 − 1 𝛽 − 4
) với 𝛼, 𝛽 ∈ 𝑅.
𝛽
𝛼

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 4


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

CHỦ ĐIỂM 2
HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Bài tốn này thường khơng khó và chỉ có một dạng tốn duy nhất là giải hệ 4 phương trình – 4
ẩn với trường hợp vơ số nghiệm.
Quy trình giải bài tốn này:
- Viết ma trận (A|b).
- Biến đổi sơ cấp theo hàng đưa về ma trận bậc thang (chú ý không nên biến đổi sơ cấp theo
cột vì sẽ khó kiểm sốt các nghiệm).
- Tìm các phần tử cơ sở, đặt tham số là các ẩn khơng có phần tử cơ sở. Rút các ẩn cịn lại theo
thứ tự từ dưới lên trên.
- Bài toán biện luận nghiệm cho HPT có tham số cách giải tương tự.
Ví dụ 2.1 : Giải hệ phương trình:
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 1
2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0
{
−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 3
3𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5
Giải :
* Cách 1 :
- Ma trận:
1 −1 2 1
1 −2
(𝐴|𝑏) = (2 1
−1 3 −1 −1
3 2 4 −1

1
0)
3

5

- Biến đổi sơ cấp:
1 −1 2 1
1 −2
(2 1
−1 3 −1 −1
3 2 4 −1

ℎ3=3ℎ3−2ℎ2
ℎ4=3ℎ4−5ℎ2

→

1
(0
0
0

1 ℎ2=ℎ2−2ℎ1
1
ℎ3=ℎ3+ℎ1
ℎ4=ℎ4−3ℎ1
0 )→
(0
3
0
5
0

−1 2
1
3 −3 −4
2
1
0
5
−2 −4

−1 2
1
1
1 −1
3 −3 −4 −2) → (
0 3
0
9 8 14
0 0
0
9 8 14

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

1
−2)
4
2

2
1

1
−3 −4 −2)
9 8 14

Trang 5


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

- Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 =

14
9

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

− 8𝑚

14
8
8
− 24𝑚 = + 12𝑚 ⇒ 𝑦 = + 4𝑚
3
3
9
28
8
11
𝑥 = 1 − 9𝑚 −
+ 16𝑚 + + 4𝑚 = − + 11𝑚

9
9
9

3𝑦 = −2 + 36𝑚 +

Vậy hệ pt có nghiệm dạng (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (−

11
9

8

+ 11𝑚, 9 + 4𝑚,

14
9

− 8𝑚, 9𝑚)

(𝑚 ∈ ℝ).
Ngồi ra ta có thể giải theo cách biến đổi trực tiếp (không cần ghi ma trận (A|b) để biến đổi sơ
cấp)


Cách 2:

Biến đổi:
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 1
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 1

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 1
2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0
3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2
3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2
{
⇔{
⇔{
−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 3
2𝑦 + 𝑧 = 4
9𝑧 + 8𝑡 = 14
3𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5
5𝑦 − 2𝑧 − 4𝑡 = 2
9𝑧 + 8𝑡 = 14
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 1
⇔ {3𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −2
9𝑧 + 8𝑡 = 14
Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 =

14
9

− 8𝑚

14
8
8
− 24𝑚 = + 12𝑚 ⇒ 𝑦 = + 4𝑚
3
3
9

28
8
11
𝑥 = 1 − 9𝑚 −
+ 16𝑚 + + 4𝑚 = − + 11𝑚
9
9
9

3𝑦 = −2 + 36𝑚 +

Vậy hệ pt có nghiệm dạng (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (−

11
9

8

+ 11𝑚, 9 + 4𝑚,

14
9

− 8𝑚, 9𝑚)

(𝑚 ∈ ℝ).
Ví dụ 2.2 : Giải hệ phương trình:
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥4 = −13
2𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 3𝑥4 = 1
{

4𝑥1 + 4𝑥2 + 5𝑥3 + 9𝑥 4 = −25
𝑥1 + 𝑥2 + 11𝑥3 + 12𝑥4 = −94
Giải :
1
(𝐴|𝑏) = (2
4
1

2 3
1
1 3
2
4 5
9
1 11 12

−13
1
𝑏𝑑𝑠𝑐
1 ) → (0
0
−25
0
−94

1
0
0
0

2
3 −13
−3 −3 27 )
−3 −3 27
9
9 −81

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 6


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

𝑏𝑑𝑠𝑐

→

1
0

(

1 2 3
0 1 1

−13
)

−9

- Từ pt sau suy ra 𝑥3 = −9 − 𝑥4
- Từ pt đầu suy ra 𝑥1 = −13 − 3𝑥4 − 2(−9 − 𝑥4 ) − 𝑥2 = 5 − 𝑥2 − 𝑥4
- Suy ra nghiệm của hệ :
(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = (5 − 𝛼 − 𝛽, 𝛼, −9 − 𝛽, 𝛽) với 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ
𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 + 4𝑡 = 1
𝑥 + 4𝑦 + 4𝑧 + 3𝑡 = 2
Ví dụ 2.3 : Giải và biện luận HPT {
𝑥 + 5𝑦 + 6𝑧 + 𝑚𝑡 = 3
2𝑥 + 5𝑦 + 2𝑧 + 9𝑡 = 1
Giải :
1 3
1 4
Viết lại HPT dưới dạng ma trận: (
1 5
2 5
1 3
1 4
Xét ma trận mở rộng (
1 5
2 5

2
4
6
2

𝑥
4

1
𝑦
3
2
) ( ) = ( ).
𝑧
𝑚
3
𝑡
9
1

2 4 1
4 3 2
| ).
6 𝑚3
2 9 1

1
0
Biến đổi sơ cấp ta thu được: (
0
0

3 2
1 2
0 0
0 0

4

1
1
−1
| )
𝑚−2 0
0
0

Kết luận:
TH1: 𝑚 = 2 nghiệm của hệ: (−2 − 7𝛼 + 4𝛽, 1 + 𝛼 − 2𝛽, 𝛽, 𝛼).
TH2: 𝑚 ≠ 2 nghiệm của hệ: (2 + 4𝛾, 1 − 2𝛾, 𝛾, 0).
Với 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ 𝑅.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 7


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

CHỦ ĐIỂM 3
KHÔNG GIAN VECTOR

Dạng 1: Trong Rn , tìm cơ sở và số chiều của không gian con F
a. Khi đề cho tập sinh F = < e1, e2,…,en >. Đề đã cho tập sinh và yêu cầu tìm cơ sở, như
vậy mục đích của bài tốn là đi tìm các vector ĐLTT trong tập sinh đó. Để làm dạng
bài này ta lập ma trận hàng A của các vector ei, biến đổi sơ cấp theo hàng để đưa về bậc
thang. Khi đó, dim(F) = rank(A) và lấy các hàng khác 0 (tức các vector ĐLTT) làm cơ

sở.
b. Khi đề cho F ở dạng phương trình: F = {x | Ax = 0}. Khi đó, dim(F) = n – rank(A)
(trùng với số ẩn tự do) và cơ sở của F là nghiệm cơ bản của hệ.
Ví dụ 3.1: Tìm cơ sở và số chiều của không gian con L
a. L = <(1,1,1); (-1,2,2); (3,4,4); (1,0,2)>
1
−1
Xét A= (
3
1

1
2
4
0

1
1
2) → (0
4
0
2
0

1
1
0
0

1

1).
2
0

Suy ra dim(L) = rank(A) = 3. Cơ sở của L là (1,1,1); (0,1,1); (0,0,2).
b. L = {(x1, x2, x3, x4) R4 | x1 – x4 = 0  x1 + x3 – x4 = 0}
1 0
1 0

Xét A = (

1 0 0 −1
0 −1
)→(
)
0 0 1 0
1 −1

rank(A) = 2, n = 4. Suy ra dim(L) = 2. Với x2, x4 là ẩn tự do.
x2 = α, x4 = β  x1 = β, x3 = 0
Suy ra x = (β, α, 0, β) = α(0, 1, 0, 0) + β(1, 0, 0, 1).
Cơ sở của L là (0, 1, 0, 0) và (1, 0, 0, 1).
Hoặc để tìm cơ sở của L một cách nhanh chóng, ta xếp ẩn cơ sở một bên, ẩn tự do một bên.
Bên phía ẩn tự do ta ghép vào ma trận đơn vị để suy ra ẩn cơ sở từ phương trình hoặc hệ phương
trình của đề bài :
(ẩn cơ sở)

(ẩn tự do)

x1

x3

|

x2

x4

0

0



1

0

1

0

0

1

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 8

[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Dạng 2: Tìm tham số m để vector u thuộc KGV F=< e1, e2,…,en >.
-

Để làm dạng này trước hết phải hiểu rằng vector u ∈ F nghĩa là u được tổ hợp bởi các
vector trong tập sinh của F ↔ u = 𝛼 1.e1+ 𝛼 2.e2+...+ 𝛼 n.en.

-

Sau đó viết lại biểu thức trên dưới dạng hệ phương trình:
𝛼1
𝛼
(𝑒1 𝑒2 … 𝑒𝑛 ). ( …2 ) = [𝑢]
𝛼𝑛

-

Ở đây u viết thành cột, được hiểu là tọa độ của u trong không gian.

Ví dụ 3.2 : Trong khơng gian R3 cho khơng gian con
F = <(1,0,1) ; (2,3,-1) ; (5,6,-1)>. Với giá trị nào của m thì x = (2,m,3) ∈ F.
Giải :
-

x ∈ F ↔ x = 𝛼(1,0,1) + 𝛽(2,3,-1) + 𝛾(5,6,-1)

-

Viết lại thành hệ phương trình:
𝛼 + 2𝛽 + 5𝛾 = 2
3𝛽 + 6𝛾 = 𝑚
{
𝛼 − 𝛽−𝛾 =3
↔{

-

𝛼 + 2𝛽 + 5𝛾 = 2
3𝛽 + 6𝛾 = 𝑚
0 =𝑚+1

x ∈ F khi tồn tại các hằng số 𝛼, 𝛽, 𝛾 tức là hệ có nghiệm ↔ m = -1.

Dạng 3 : Tổng và giao của hai không gian con
o Cho 2 khơng gian con F và G, tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG. Dạng này khơng
khó, chỉ cần nắm bắt được cách làm là có thể giải quyết nhanh chóng.
o Tính chất cần lưu ý:
dim(FG) + dim(F+G) = dim F + dim G


Tìm số chiều và cơ sở F+G

Trước tiên ta xác định tập sinh (cơ sở) của F và G.
Nhớ tới tính chất tổng của 2 không gian con:
F = < f1, f2, …, fn >

;

G = < g1, g2, …, gn >

 F + G = < f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn >
Sau đó tìm cơ sở và số chiều của F+G như khơng gian con bình thường với
dim(F+G) = rank< f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn > (các vector fi, gi xếp theo hàng).

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 9


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN



Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Tìm số chiều và cơ sở của FG : (có nhiều dạng đề)

a. Khi F và G cho ở dạng phương trình thuần nhất:
o Gọi x = FG thì x phải thỏa đồng thời các phương trình của F và G. Vậy x sẽ là nghiệm
của hệ các phương trình đó.
o Đây là dạng dễ nhất!
Ví dụ 3.3 : Trong khơng gian R3, cho không gian con:
F = {(x1; x2; x3) | x1– x2 + x3 = 0}
và không gian con G = {(x1; x2; x3) | x1–2x2+x3 =0}. Tìm số chiều và cơ sở của khơng gian con
F+G, FG.

Giải:
Trường hợp F+G
Tìm cơ sở của F = {(x1; x2; x3) | x1–x2+x3 =0}
x1

|

x2

x3

1

1

0

-1

0

1

F = {(1; 1; 0), (-1; 0; 1)}, dim F = 2
Tương tự G = {(2; 1; 0), (-1; 0; 1)}, dim G = 2
1 1 0
F+G = (−1 0 1)  dim(F+G) = 3. Do dim(F+G) = 3 nên ta có thể lấy 3 vector (1; 1; 0),
2 1 0
(-1; 0; 1), (2; 1; 0) làm cơ sở của F+G vì chúng ĐLTT.
Trường hợp FG

𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ FG ↔ {

𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 0

𝑥1 = −𝛼
{ 𝑥2 = 0  x = α(-1; 0; 1). Suy ra dim(FG) =1 và cơ sở FG là (-1; 0; 1).
𝑥3 = 𝛼
Chú ý: Có thể tính dim(FG) trực tiếp bằng công thức khi biết dim F, dim G và dim(F+G).

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 10


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

b. Khi một không gian cho tập sinh và một cho ở dạng phương trình thuần nhất:
o Gọi x = FG ↔ x ∈ F và x ∈ G.
o Ta xét không gian cho tập sinh (giả sử là F). Vì x ∈ F=<e1,e2,...en> nên x là tổ hợp các
vector trong tập sinh của F ↔ x = ⍺1e1 + ⍺2e2 +...+ ⍺nen. Đồng thời x ∈ G nên khi thay
x = ⍺1e1 + ⍺2e2 +...+ ⍺nen vào G ta được hệ phương trình.
o Giải HPT tìm các hằng số ⍺1,⍺2,...,⍺n.
o Thay các hằng số vào x = ⍺1e1 + ⍺2e2 +...+ ⍺nen suy ra x.
Ví dụ 3.4 : Trong khơng gian R3 cho 2 không gian con F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0} và G
= <(1, 0, 5); (–1, 0, 1)>. Tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG.
Giải :
Trường hợp F+G : Tương tự cách làm như Ví dụ 1.

Trường hợp FG
Gọi x  FG nên xF và xG.
Do xG nên x được tạo bởi G hay x là tổ hợp tuyến tính của hai vector (1, 0, 5) và
(–1, 0, 1)  G
 x = α(1, 0, 5) + β(–1, 0, 1) = (α – β, 0, 5α + β)
Mặt khác xF nên ta thay x vào phương trình của F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0}, ta được (α
– β) + 2.0 + 2(5α + β) = 0  β = –11α. Thay β vào vector x
 x = (12α, 0, –6α) = α(12, 0, –6).
Suy ra dim(FG) = 1 và cơ sở của FG là (12, 0, –6).
c. Khi cả hai không gian con đều cho tập sinh:
o Gọi x  FG. x vừa thuộc F=<f1,f2,...,fn> vừa thuộc G=<g1,g2,...,gn> nên x vừa là tổ
hợp tuyến tính các vector trong tập sinh của F vừa của G. Điều đó đồng nghĩa với : x =
⍺1f1+⍺2f2+...+⍺nfn = 𝛽1g1+𝛽2g2+...+𝛽ngn.
↔ ⍺1f1+⍺2f2+...+⍺nfn - 𝛽1g1 - 𝛽2g2 - ... -𝛽ngn=0 (1)
o Viết lại phương trình (1) thành hệ phương trình. Dễ thấy rằng chỉ cần tìm ra các giá trị
⍺ hoặc β là ta đã có thể tìm được x.
o Việc viết lại phương trình (1) thành hệ phương trình tương đương với việc viết các
vector trong tập sinh của F,G ở dạng cột. Lưu ý là nhân thêm (-1) với các vector trong
tập sinh của G.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 11


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Ví dụ 3.4: Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = <(1, 2, 3); (1, –1, 2)> và

G = <(0, 1, 5); (1, 3, 8)>. Tìm cơ sở và số chiều của FG.
Giải:
Gọi xFG. Do xFG nên x là tổ hợp tuyến tính của F và G.
 x = α1(1, 2, 3) + β1(1, –1, 2) = α2(0, 1, 5) + β2(1, 3, 8)
𝛼1 + 𝛽1 − 𝛽2 = 0
{ 2𝛼1 − 𝛽1 − 𝛼2 − 3𝛽2 = 0
3𝛼1 + 2𝛽1 − 5𝛼2 − 8𝛽2 = 0
1 1
1 1
0 −1
0 −1
Xét A = (2 −1 −1 −3) → (0 −3 −1 −1)
3 2 −5 −8
0 0
14 14
dim(FG) = số ẩn – rank(A) = 4-3 =1.
Từ ma trận bậc thang A, ta có 14α2 + 14β2 = 0  α2 = –β2.
Với β2 = –α2, ta thay vào vector x
 x = –β2(0, 1, 5) + β2(1, 3, 8) = β2(1, 2, 3).
Vậy cơ sở của FG là (1, 2, 3).

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 12


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

CHỦ ĐIỂM 4
KHÔNG GIAN EUCLIDE

Dạng này cũng thường ra trong đề. Mức độ khơng khó, chỉ cần nắm phương pháp giải và các
cơng thức cơ bản trong chương này là được.




Một số công thức cơ bản:


Độ dài vector u: ‖𝑢‖ = √(𝑢, 𝑢) (Do đó (u, u)  0. Dấu “=”  u = 0).



Khoảng cách 2 vector u, v: 𝑑(𝑢, 𝑣) = ‖𝑢 − 𝑣‖



Góc α giữa 2 vector u và v: 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = ‖𝑢‖.‖𝑣‖ (0 ≤ α ≤ )

(𝑢,𝑣)

Một số định lý cơ bản:


u  v  (u, v) = 0



u  F = <f1, f2, …, fn>  (u, fi) = 0 (i = 1, 2, …, n)



Họ vector M gọi là trực giao nếu u, vM: uv.



Họ vector M gọi là trực chuẩn nếu M trực giao và uM: ||u|| = 1.

Lưu ý: Khi cho tích vơ hướng chính tắc ta áp dụng cơng thức như THPT đã dùng. Khi cho tích
vơ hướng bằng cơng thức cần chú ý thay vào cho đúng.
Trường hợp đặc biệt: Chẳng hạn cho tích vơ hướng
(x, y) = 5x1y1 + 2x1y2 +2x2y1 + 3x2y2 + x3y3, ta có thể đặt
5 2 0
A = (2 3 0) (aij là hệ số của xiyj). Lúc này (x, y) = xAyT. Do đó có thể tính nhanh bằng
0 0 1
máy tính.
Dạng 1: Bù vng góc của không gian con.
Kiến thức cần nắm:
Trong không gian Euclide V, cho không gian con F. Tập hợp F = {xV | xF} gọi là bù vng
góc của khơng gian con F.
xF khi x vng góc với từng vector trong tập sinh của F.
dim F + dim F = dim V.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 13

[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Trong trường hợp tích vơ hướng chính tắc trong Rn: Cho F = {xRn | Ax=0}. Khi đó các hàng
của A là tập sinh của F.
Ví dụ 4.1: Trong R3 với tích vơ hướng chính tắc, cho khơng gian con
F = <(1, 2, 1); (2, 1, 0)>. Tìm cơ sở và số chiều của F.
Giải:
Để làm được dạng này trước tiên ta phải có tập sinh của F = <f1, f2, …, fn>, sau đó áp dụng F
= {x | (x, fi) = 0}.
Ta có: dim F = 2  dim F = 3 – 2 = 1.
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 0
F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) |
}
2𝑥1 + 𝑥2 = 0
Giải hệ trên với x3 =α  x1 = α/3; x2 = –2α/3  x = α/3(1, –2, 3).
Suy ra cơ sở của F là (1, –2, 3).
Ví dụ 4.2 : Trong khơng gian R4 với tích vơ hướng chính tắc, cho
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0
𝐹 = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) |
}
𝑥1 − 2𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 = 0
Tìm cơ sở và số chiều của F.
Giải:
Ở bài này vì đề đã cho tích vơ hướng chính tắc nên từ cách hàng của hệ phương trình ta tìm
được tập sinh của F.
F = <(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)>. Dễ thấy 2 vector ĐLTT nên cơ sở của F là
{(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)}  dim F = 2. F =…

Ví dụ 4.3 : Trong R3, cho tích vơ hướng : (x, y) = x1y1 + 3x2y2 – x2y3 –x3y2 + x3y3
và F = <f = (1, 2, 3)>. Tìm cơ sở và số chiều của F.
Giải :
Ta có: dim F = 1  dim F = 3 – dim F = 2.
Xét x = (x1, x2, x3)  F
 (x, f) = 0  1.x1 + 3.2.x2 –3x2 – 2x3 + 3x3 = 0  x1 + 3x2 + x3 = 0.
Nhẩm cơ sở của F
x1

|

x2

x3

–3



1

0

0

1

–1

Cơ sở của F là (–3, 1, 0); (–1, 0, 1).

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 14


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Dạng 2: Hình chiếu vng góc
Trong khơng gian Euclide V, cho khơng gian con F và vector x
Ta gọi x = y + z: yF, zF
Khi đó, hình chiếu vng góc của x lên F là y = prF(x) và khoảng cách từ x xuống F là d(x, F)
= ||z|| = ||x – y||.
Tương tự, hình chiếu vng góc của x lên F là z = prF(x) và khoảng cách từ x xuống F là
d(x, F) = ||y|| = ||x – z||.
o Phương pháp giải: Tìm hình chiếu của vector x lên khơng gian con F
Trước hết ta xác định tập sinh (cơ sở) của không gian con F = <f1, f2, …, fn>
Gọi x = y + z: yF, zF
Khi đó y = α1f1 + α2f2 + … + anfn  F
 x = α1f1 + α2f2 + … + anfn + z
Sau đó lần lượt tính tích vơ hướng của x với f1, f2, … , fn
(x, f1) = α1(f1, f1) + α2(f2, f1) + … + αn(fn, f1)
(x, f2) = α1(f1, f2) + α2(f2, f2) + … + αn(fn, f2)
…
(x, fn) = α1(f1, fn) + α2(f2, fn) + … + αn(fn, fn)
Từ đó suy ra được α1, α2, …, αn rồi thay lại để tìm được hình chiếu y.
Lưu ý: Vì yF, zF nên (y, z) = 0.


Cơng thức hình chiếu vng góc của một vector lên một đường thẳng: Cho khơng gian
con F=<f> (dim(F)=1), vector z, tìm hình chiếu của z lên F.
Pr 𝑧 =
𝐹

(𝑧, 𝑓)
𝑓 (1)
(𝑓, 𝑓)

Trong một số trường hợp sử dụng cơng thức (1) để tìm hình chiếu sẽ đơn giản hơn. Để làm rõ
điều này, hãy xem ví dụ 5.
Ví dụ 3.4: Trong R4 với tích vơ hướng chính tắc, cho khơng gian con
2 −𝑥3 =0
F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) |2𝑥𝑥1 −𝑥
}.
−2𝑥 +𝑥 =0
1

2

4

Tìm prF(x) và khoảng cách từ x đến F với x = (1, 1, 1, 1).
Giải:
Từ các hàng của hệ phương trình, ta được tập sinh của F = <e1, e2> = <(1, –1, –1, 0); (2, –2,
0, 1)>
Gọi x = y + z, yF, zF

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 15


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

z = α1e1 + α2e2 = α1(1, –1, –1, 0) + α2(2, –2, 0, 1)  F
x = y + α1e1 + α2e2
(x, e1) = α1(e1, e1) + α2(e2, e1)
 –1 = 3α1 + 4α2
(x, e2) = α1(e1, e2) + α2(e2, e2)
 1 = 4α1 + 9α2
Từ hệ phương trình  α1 = –13/11, α2 = 7/11.
Suy ra
Hình chiếu của x lên F
z = prF(x) = (1/11; –1/11; 13/11; 7/11).
x – z = (10/11; 12/11; –2/11; 4/11)
Khoảng cách từ x đến F là
d(x, F) = ||y|| = ||x – z|| =

2√66
11

Ví dụ 4.5: Trong R3, cho tích vơ hướng
(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 3x2y2 – 2x2y3 –2x3y2 + 3x3y3
và không gian con F = <(1, 1, 2); (2, –1, 1)>.
a/ Tìm cơ sở và số chiều của 𝐹  .
b/Tìm hình chiếu của z = (–8, 7, 3) xuống F và khoảng cách từ z đến F.

Giải:
F=<f1,f2>=<(1, 1, 2); (2, –1, 1)>.
1 1
0
Đặt A = (1 3 −2)  (x, y) = xAyT (Để tính tốn nhanh tích vơ hướng)
0 −2 3
a/ Gọi 𝑥 = (𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ) ∈ 𝐹  .
2𝑥1 + 4𝑥3 = 0
𝑥 𝑓1
𝑥𝐴𝑓1𝑇 = 0
→{
→{
→{
𝑇
𝑥
𝑥 𝑓2
𝑥𝐴𝑓2 = 0
1 − 3𝑥2 + 5𝑥3 = 0
Giải hệ phương trình trên suy ra:
𝐹  =< (−2; 1; 1) >
Vậy cơ sở của 𝐹  là {(-2;1;1)} và dim(𝐹  ) = 1.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 16


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

b/ Gọi z = x + y, xF, yF.
Cách 1: Khi đó x = αf1 + βf2 = α(1, 1, 2) + β(2, –1, 1)  F
 z = αf1 + βf2 + y (*)
Nhân 2 vế (*) lần lượt với f1 và f2, ta được
{

(𝑧, 𝑓1 ) = 𝛼(𝑓1 , 𝑓1 ) + 𝛽(𝑓2 , 𝑓1 )
10𝛼 + 8𝛽 = −4
𝛼=2
{
{
𝛽 = −3
8𝛼 + 10𝛽 = −14
(𝑧, 𝑓2 ) = 𝛼(𝑓1 , 𝑓2 ) + 𝛽(𝑓2 , 𝑓2 )

Suy ra hình chiếu
x = PrF(z) = 2(1, 1, 2) – 3(2, –1, 1) = (–4, 5, 1)
Khoảng cách
d(z, F) = ||y|| = ||z – x|| = ||(–4, 2, 2)|| =2√2.
Cách 2: yF vậy y chính là hình chiếu vng góc của z lên khơng gian F. Lại có F là khơng
gian một chiều (đường thẳng), áp dụng cơng thức tìm hình chiếu của vector lên một đường
thẳng ta có:
𝑦 = Pr𝐹 𝑧 =

(𝑧, 𝑓  ) 
𝑧𝐴(𝑓  )𝑇  4
𝑓
=
𝑓 = (−2; 1; 1)

(𝑓  , 𝑓  )
𝑓  𝐴(𝑓  )𝑇
2

4
→ 𝑥 = PrF(z) = 𝑧 − 𝑦 = (−8; 7; 3) − (−2; 1; 1) = (−4; 5; 1)
2
𝑑(𝑧, 𝐹) = ||𝑦|| = ||2(−2; 1; 1)|| = 2√2
Dạng 3: Gram – Schmidt
o Quá trình Gram – Schmidt thường được dùng trong đề thi ở dạng tốn “Đưa dạng tồn
phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao” do đó cần phải nhớ các cơng
thức để hồn thành trọn vẹn bài toán.
o Phương pháp xây dựng hệ vector trực giao bằng Gram – Schmidt
Cho không gian vector V có cơ sở E = {e1, e2, …, en}
Để xây dựng cơ sở E’ = {f1, f2, …, fn} sao cho E’ trực giao, ta chọn
𝑓1 = 𝑒1
𝑓2 = 𝑒2 −

(𝑒2 , 𝑓1 )
𝑓
(𝑓1 , 𝑓1 ) 1

𝑓3 = 𝑒3 −

(𝑒3 , 𝑓1 )
(𝑒3 , 𝑓2 )
𝑓1 −
𝑓
(𝑓1 , 𝑓1 )
(𝑓2 , 𝑓2 ) 2

…
𝑓𝑛 = 𝑒𝑛 −

(𝑒𝑛 , 𝑓1 )
(𝑒𝑛 , 𝑓2 )
(𝑒𝑛 , 𝑓𝑛−1 )
𝑓1 −
𝑓2 − ⋯ −
𝑓
(𝑓1 , 𝑓1 )
(𝑓2 , 𝑓2 )
(𝑓𝑛−1 , 𝑓𝑛−1 ) 𝑛−1

Ta chia mỗi vector của trực giao cho độ dài của nó, ta được một cơ sở trực chuẩn.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 17


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Ví dụ 4.6 : Trong R4 với tích vơ hướng chính tắc, cho tập ĐLTT
E = {(1, 0, 1, 1); (0, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1)}
Hãy trực chuẩn E bằng thuật toán Gram – Schmidt.
Giải:
E = {e1, e2, e3} = {(1; 0; 1; 1), (0; 1; 1; 1), (1; 1; 1; 1)}

Chọn 𝑓1 = 𝑒1 = (1; 0; 1; 1)
𝑓2 = 𝑒2 −

(𝑒2 , 𝑓1 )
2
2
1 1
𝑓1 = (0; 1; 1; 1) − (1; 0; 1; 1) = (− ; 1; ; )
(𝑓1 , 𝑓1 )
3
3
3 3

Vì fi là các vector nên ta có thể chọn các vector cùng phương với chúng để dễ tính. Ở đây ta
chọn f2 = (–2; 3; 1; 1)
𝑓3 = 𝑒3 −

(𝑒3 , 𝑓1 )
(𝑒3 , 𝑓2 )
2 2
1
1
𝑓1 −
𝑓2 = ( ; ; − ; − ).
(𝑓1 , 𝑓1 )
(𝑓2 , 𝑓2 )
5 5
5
5

Ta chọn f3 = (2; 2; –1; –1).
Họ trực giao cần tìm là F = {f1; f2; f3}.
Để được cơ sở trực chuẩn ta chia mỗi vector cho độ dài của nó, ta được cơ sở trực chuẩn là
{(

1
√3

; 0;

1

;

1

√3 √3

) , (−

2

2
2
1
1
),(
;
;−
;−

)}
√10
√10
√15 √15 √15 √15 √10 √10
;

3

;

1

;

1

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 18


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

CHỦ ĐỀ 5
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Ánh xạ tuyến tính thường gặp gồm 3 loại:
1. Cho phương trình chính tắc: hay [𝑓(𝑥)] = 𝐴0 . [𝑥]

- Với A0 là ma trận của axtt f trong cơ sở chính tắc.
Ví dụ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑥1 + 2𝑥2 , 𝑥1 − 𝑥2 )
𝑥1
1 2
[𝑓(𝑥)] = 𝐴0 . [𝑥] = (
) (𝑥 )
1 −1
2
2. Cho bởi một cơ sở và ma trận của f trong cơ sở đó
1 3
).
3 −1

Ví dụ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , biết ma trận của 𝑓 trong cơ sở 𝐸 = {(1,1), (1,2)} là 𝐴 = (
3. Cho bởi ảnh của một cơ sở
Ví dụ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , biết 𝑓(1,1) = (2,3); 𝑓(2,1) = (−1,2)
Ở dạng này coi cơ sở ban đầu E={(1,1),(2,1)}. f(E)={(2,3),(-1,2)}.

Đây là 3 loại thường gặp nhất của ánh xạ tuyến tính. Tùy vào loại đề cho và yêu cầu bài toán
mà ta có cách làm khác nhau.


Chuyển đổi giữa các loại AXTT:

o Sử dụng công thức chuyển tọa độ từ cơ sở E về cơ sở chính tắc: A0 = E.AE.E-1 đưa loại
2 về 1.
o Sử dụng công thức: A0 = f(E).E-1 đưa loại 3 về loại 1.
o Sử dụng công thức: AE = E-1.f(E) đưa loại 3 về loại 2.
Dạng 1: Cho ánh xạ tuyến tính f. Tìm ma trận của f trong một cơ sở hoặc một cặp cơ sở:
o Trước tiên cần kiểm tra xem ánh xạ loại nào.

o Sau đó xác định cơ sở ban đầu (E) và ma trận của f trong cơ sở ban đầu (AE) đó:
+ Với f loại 1: cơ sở ban đầu E là cơ sở chính tắc (E0). AE chính là A0.
+ Với f loại 2: dạng này đã cho sẵn E và AE.
+ Với f loại 3: dạng này đã cho sẵn E và AE được xác định theo công thức: AE = E1

.f(E).

o Ma trận của f trong cơ sở E’ là: AE’ = E’-1.E.AE.E-1.E’
o Ma trận của f trong cặp cơ sở E’,F’ là: AE’,F’ = F’-1. E.AE.E-1.E’
Lưu ý: Các vector trong cơ sở viết ở dạng cột.

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

Trang 19


[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN

Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/

Ví dụ 5.1:

Giải:
AXTT ở ví dụ 1 là loại 1 (cho phương trình chính tắc).
Cách 1: (thơng thường)
𝑓(𝑒1 ) = 𝑓(1,1,1) = (0,4, −1)
𝑓(𝑒2 ) = 𝑓(1,1,0) = (3,3,1)
𝑓(𝑒3 ) = 𝑓(1,0,0) = (2,1,1)
Tìm tọa độ của 𝑓(𝑒1 ), 𝑓(𝑒2 ), 𝑓(𝑒3 ) trong cơ sở E.
𝑥+𝑦+𝑧 =0

−1
Giải hệ phương trình { 𝑥 + 𝑦 = 4 ta có [𝑓(𝑒1 )]𝐸 = ( 5 )
−4
𝑥 = −1
1
1
Tương tự [𝑓(𝑒2 )]𝐸 = (2) , [𝑓(𝑒3 )]𝐸 = (0)
0
1
−1 1 1
Suy ra ma trận của f trong E là 𝐴𝐸 = ( 5 2 0)
−4 0 1
Cách 2:
Ta có 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (2𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥3 , 𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 , 𝑥1 − 2𝑥3 ) suy ra ma trận trong cơ sở
chính tắc:
2
𝐴0 = (1
1

1 −3
1
2 1 ) , 𝐸0 = (0
0 −2
0

0 0
1 0)
0 1

Suy ra ma trận trong cơ sở E:

1 1
−1
−1
𝐴𝐸 = 𝐸 . 𝐸0 . 𝐴0 . 𝐸0 . 𝐸 = (1 1
1 0
−1 1 1
Bấm máy ta có 𝐴𝐸 = ( 5 2 0)
−4 0 1

1 −1 2
0) . (1
0
1

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/

1 −3
1 1
2 1 ) . (1 1
0 −2
1 0

1
0)
0

Trang 20