CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Hướng dẫn ôn cuối kì ctct

TÀI LIỆU HƯỚNG DẪN & ƠN TẬP CUỐI KÌ

MƠN: ĐẠI SỐ
Tổng hợp & biên soạn: Nhóm CTV – Mơn Đại số
ĐỘI CHÚNG TA CÙNG TIẾN.

Dạng 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:
- Phép nhân ma trận tổng qt khơng có tính giao hốn (AB khác với BA), 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)
- 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.
2
Ví dụ 1: Tìm ma trận X thỏa mãn 𝑋𝐴 + 𝐴𝐵 = 𝑋 + 𝐵 với 𝐴 = (2
1
−1 4 −2
𝐵 = (−3 4 0 ).
−3 1 3
𝑇

Hướng dẫn:
- Đầu tiên là biến đổi ma trận:
𝑋𝐴 + 𝐴𝐵𝑇 = 𝑋 + 𝐵 ⟺ 𝑋𝐴 − 𝑋 = 𝐵 − 𝐴𝐵𝑇
⇔ 𝑋(𝐴 − 𝐼) = 𝐵 − 𝐴𝐵𝑇
⇔ 𝑋 = (𝐵 − 𝐴𝐵𝑇 ). (𝐴 − 𝐼)−1

2
0
3

1
1) và
2


- 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
11
ta sẽ có được kết quả 𝑋 = ( 7
27

−4
−2
−7

−8
2 )
−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 2 (HK Hè 2015): Tìm ma trận 𝑋 ∈ 𝑀3 thỏa mãn (𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋, trong
đó:
1
𝐴 = (1

3

1
2
2

1
1
3) ; 𝐵 = ( 0
1
0

1
1
0

1
1)
1

Hướng dẫn:
- Biến đổi:
(𝑋 + 𝐵)𝐴 = 𝐵𝑇 − 2𝑋 ⟺ 𝑋𝐴 + 2𝑋 = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴
⟺ 𝑋 (𝐴 + 2𝐼) = 𝐵𝑇 − 𝐵𝐴
⟺ 𝑋 = (𝐵𝑇 − 𝐵𝐴). (𝐴 + 2𝐼)−1
ở đây chú ý rằng do I giao hoán được với mọi ma trận 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

7
2
𝑋=
7
9
−
( 7
−

11
14
3
−
14
2
−
7
−

11
14
17
−
14
5
7 )
−

Dạng 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 toán này:
- Viết ma trận (A|b).
- Biến đổi sơ cấp theo hàng đưa về ma trận bậc thang (chú ý khơng 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 còn
lại theo thứ tự từ dưới lên trên.
Ví dụ 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:
- Ma trận:
1 −1
(𝐴 | 𝑏 ) = ( 2 1
−1 3
3 2

2 1 1
1 −2 0 )
−1 −1 3
4 −1 5

- Biến đổi sơ cấp:
1 −1
(2 1

−1 3
3 2

2 1 1 ℎ2=ℎ2−2ℎ1
1 −1
ℎ3=ℎ3+ℎ1
ℎ4=ℎ4−3ℎ1
1 −2 0 ) →
(0 3
−1 −1 3
0 2
4 −1 5
0 5

ℎ3=3ℎ3−2ℎ2
ℎ4=3ℎ4−5ℎ2

→

1 −1
(0 3
0 0
0 0

- Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 =

14
9

2

1
1
−3 −4 −2)
1
0 4
−2 −4 2

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

2
1
1
−3 −4 −2)
9 8 14

− 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

14

9

9

+ 11𝑚, + 4𝑚,

− 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

14

9

9

+ 11𝑚, + 4𝑚,

− 8𝑚, 9𝑚)

(𝑚 ∈ ℝ).
Ví dụ 2 (HK hè 2015): 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

1
2
4
1

2
1
5

11

3
3
9
12

−13
1 1 2
3
𝑏𝑑𝑠𝑐
1 ) → (0 0 −3 −3
0 0 −3 −3
−25
0 0 9
9
−94
𝑏𝑑𝑠𝑐 1 1 2 3 −13
→ (
)
0 0 1 1 −9

−13
27 )
27
−81

- 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


Dạng 3: KHƠNG GIAN VECTOR
Dạng 1: Khơng gian con
-

Trong Rn , tìm cơ sở và số chiều của khơng gian con F

a. Cho tập sinh F = < e1, e2,…,en >, 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 làm cơ sở.
b. 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 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
Xét A= (−1
3
1

1
1
2) → ( 0
4
0
2
0

1

2
4
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}
Xét A = (

1
1

0
0

0
1

1
−1

)→(
0
−1

0 0 −1
)
0 1 0

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)
x1
x3
0
0
1
0

|


(ẩn tự do)
x2
x4
1

0
0
1

Dạng 2: Tổng và giao của hai không gian con


-

Cho 2 khơng gian con F và G, tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG. Dạng
này không khó, chỉ cần nắm bắt được cách làm là có thể giải quyết nhanh
chóng.

-

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).
 Tìm số chiều và cơ sở của FG (có nhiều dạng đề)
Lưu ý cần nhớ:

FG = {x | xF và xG}
Hoặc
Cho F = < f1, f2, …, fn >

;

G = < g1, g2, …, gn >

x = α1f1 + … + αnfn = β1g1 + … + βngn
 α1f1 + … + αnfn – β1g1 – … – βngn = 0
Lúc này đưa về dạng tìm cơ sở và số chiều của L = {x | Ax = 0}. Khi đó ta có
dim(L) = n – rank(A)

Ví dụ 2: 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
F+G = (−1
2

1
0
1

0
1)  dim(F+G) = 3. Do dim(F+G) = 3 nên ta có thể lấy 3 vector
0

(1; 1; 0), (-1; 0; 1), (2; 1; 0) làm cơ sở của F+G vì chúng ĐLTT.
Trường hợp 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
FG = {

Chú ý: Có thể tính dim(FG) trực tiếp bằng cơng thức khi biết dim F, dim G và
dim(F+G).

Ví dụ 3: 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).


Ví dụ 4: Trong khơng gian R3 cho 2 khơng 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
Xét A = (2
3

1
−1
2

1
0 −1
−1 −3) → (0
0
−5 −8

1
−3
0

0 −1
−1 −1)
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).

Dạng 4: KHÔNG GIAN EUCLIDE
Dạng này cũng thường ra trong đề. Mức độ khơng khó, chỉ cần nắm phương pháp giải
và các công 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 ‖
(𝑢,𝑣)

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

2
3
0

0
T
0) (aij là hệ số của xiyj). Lúc này (x, y) = xAy . Do đó có thể tính nhanh
1

bằng máy tính.

Dạng 1: Bù vng góc của khơng 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.
dim F + dim F = dim V.
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 1: Trong R3 với tích vơ hướng chính tắc, cho không 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.
+2𝑥2 +𝑥3 =0
F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) |𝑥12𝑥
}
+𝑥 =0
1

2

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 2: Trong khơng gian R4 với tích vơ hướng chính tắc, cho
1 +𝑥2 +𝑥3 +𝑥4 =0

F = {(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) |𝑥2𝑥−2𝑥
}. Tìm cơ sở và số chiều của F.
−𝑥 +2𝑥 =0
1

2

3

4

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


Dạng 2: Hình chiếu vng góc
Trong khơng gian Euclide V, cho không 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||.
-

Phương pháp giải: Tìm hình chiếu của vector x lên không 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.

Ví dụ 4: Trong R4 với tích vơ hướng chính tắc, cho không 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
z = α1e1 + α2e2 = α1(1, –1, –1, 0) + α2(2, –2, 0, 1)  F
x = y + α 1 e1 + α 2 e2
(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 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)>. Tìm hình chiếu của z = (–8, 7, 3) xuống
F và khoảng cách từ z đến F.
Giải:
1
Đặt A = (1
0

1
3
−2

0
T
−2)  (x, y) = xAy (Để tính tốn nhanh tích vơ hướng)
3

Gọi z = x + y, xF, yF. 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
(𝑧, 𝑓2 ) = 𝛼(𝑓1 , 𝑓2 ) + 𝛽(𝑓2 , 𝑓2 )
8𝛼 + 10𝛽 = −14

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.
Dạng 3: Gram – Schmidt
-

Quá trình Gram – Schmidt thường được dùng trong đề thi ở dạng toán “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 tốn.


-

Phương pháp xây dựng hệ vector trực giao bằng Gram – Schmidt

Cho khơng 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.
Ví dụ 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

;

3

;

1

;

1

√15 √15 √15 √15

),(

2

;

2

√10 √10

;−

1
√10

;−

1
√10

)}.

Dạng 5: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
Đầu tiên ta có một số công thức về ma trận của AXTT.
- AXTT f trong cơ sở chính tắc ta có 𝑓(𝑥) = 𝐴𝑥 với A là ma trận của axtt f trong cơ
sở chính tắc, x là vector trong cơ sở chính tắc.
- Xét ở cơ sở bất kì, E và F là cặp cơ sở. Gọi 𝐴0 là ma trận trong cơ sở chính tắc, ma
trận của AXTT trong cặp cơ sở E,F là
𝐴𝐸,𝐹 = 𝐹 −1 . 𝑓 (𝐸 ) = 𝐹 −1 . 𝐴0 . 𝐸
với 𝑓(𝐸 ) là ảnh của ma trận E trong cơ sở chính tắc.
CM:
𝑓 = 𝐴0 . 𝑥
chuyển qua cơ sở E,F: [𝑥]𝐸 = 𝐸 −1 . 𝑥, [𝑓]𝐹 = 𝐹 −1 . 𝑓
Suy ra 𝑓 = 𝐴0 𝑥 ⟹ 𝐹. [𝑓]𝐹 = 𝐴0 𝐸. [𝑥]𝐸 ⟹ [𝑓]𝐹 = 𝐹 −1 . 𝐴0 𝐸. [𝑥]𝐸
Suy ra 𝐴𝐸,𝐹 = 𝐹 −1 . 𝐴0 . 𝐸
- Chuyển cơ sở: 𝐸, 𝐹 là 2 cơ sở, ta có ma trận trong cơ sở E là 𝐴𝐸 , ma trận của AXTT
trong cở sở 𝐹 là: 𝐴𝐹 = 𝐹 −1 . 𝐸. 𝐴𝐸 . 𝐸 −1 . 𝐹
CM: Gọi 𝐴0 là ma trận của AXTT trong cơ sở chính tắc, ta có:
𝐴𝐸 = 𝐸 −1 . 𝐴0 . 𝐸 ⟹ 𝐴0 = 𝐸. 𝐴𝐸 . 𝐸 −1
suy ra 𝐴𝐹 = 𝐹 −1 . 𝐴0 . 𝐹 = 𝐹 −1 . 𝐸. 𝐴𝐸 . 𝐸 −1 . 𝐹
Ví dụ 1:

Giải:
Cách 1: (thông 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
2
0

−3
1)
−2

Suy ra ma trận trong cơ sở E:
1 1
−1
𝐴𝐸 = 𝐸 . 𝐴0 . 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

1
2
0

−3
1
1 ) . (1
−2
1

1
1
0

1
0)
0

Ví dụ 2:

Giải:
Sử dụng cơng thức chuyển cơ sở ta có:
𝐴𝐸1 = 𝐸1−1 . 𝐸. 𝐴. 𝐸 −1 . 𝐸1
1
1 −1 1 1 1
1) . ( 1 1 0) . ( 2
1 0 1
3
1
2
1 −3
Bấm máy ta có 𝐴𝐸1 = ( 1 −1 −2)
−6 3 11
1
= (2
1

1
1
2

−1
3
7

2
1
5) . ( 1
8
1

1
1
0

1 −1 1
0) . ( 2
1
1

1
1
2

1
1)
1


Ví dụ 3: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở
1
𝐸 = {(2, 3, 5), (1, 1, 2), (2, −1, 2)} là 𝐴𝐸 = (−3
3

3
−5
3

3
−3). Tìm 𝑓(1, 1, 1).

1

Giải:
Ta có: [𝑓(𝑥)]𝐸 = 𝐴𝐸 . [𝑥]𝐸
⇒ 𝐸 −1 . 𝑓 (𝑥) = 𝐴𝐸 . 𝐸 −1 . 𝑥
⟹ 𝑓 (𝑥) = 𝐸. 𝐴𝐸 . 𝐸 −1 . 𝑥
2
𝑓(1,1,1) = (3
5

1
1
2

2
1
−1) . (−3
2
3

3
−5
3

3
2
−3) . (3
1
5

1
1
2

2 −1 1
7
−1) . (1) = ( 1 )
2
11
2

Ví dụ 4: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở
−1
{(
)
(
)
}
(
𝐸 = 2,1,1 , 1,1,1 , (5,2,1) là 𝐴𝐸 = 3
1

2
1
5

1
2).
4

Tìm cơ sở và số chiều của Ker f.
Giải:
Tìm ma trận trong cơ sở chính tắc 𝐴0 = 𝐸. 𝐴𝐸 . 𝐸 −1
2
𝐴0 = (1
1
𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 )𝑇

1
1
1

−1
5
)
(
.
3
2
1
1

2
1
5

1
2
)
(

.
2
1
4
1

1
1
1

−24
5 −1
)
(
=
−9
2
−5
1

90
34
19

∈ 𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⟺ 𝐴0 . 𝑥 = 0

12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = 0
12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = 0
−𝑥2 − 6𝑥3 = 0
{ 9𝑥1 − 34𝑥2 + 12𝑥3 = 0 ⟺ {

−3𝑥2 − 18𝑥3 = 0
5𝑥1 − 19𝑥2 + 6𝑥3 = 0
⟺{

12𝑥1 − 45𝑥2 + 18𝑥3 = 0
𝑥2 + 6𝑥3 = 0

Từ pt dưới ta có 𝑥2 = −6𝑥3 , từ pt trên ta có
45𝑥2 − 18𝑥3 45(−6𝑥3 ) − 18𝑥3
=
= −24𝑥3
12
12
Từ đó suy ra dim(Ker f)=1, cơ sở {(−24, −6,1)}.
𝑥1 =

−36
−12)
−6


Dạng 6: CHÉO HÓA MA TRẬN.
1.Định nghĩa .
-Ma trận A ∈ Mn(R) được gọi là chéo hóa được nếu tồn tại một ma trận khả nghịch
P ∈ Mn(R) sao cho P-1AP=D với D là một ma trận chéo .Khi đó ta nói P làm chéo hóa
A và D là dạng chéo hóa của A .
2. Định lý .
- Ma trận A ∈ Mn(R) chéo hóa được khi và chỉ khi ma trận A thỏa 2 tính chất sau đây:
n1+n2+…+nk=n với nk là bội của các giá trị riêng ,n là cấp của ma trận vng.
ví dụ 𝜆1 (bội n1)

𝜆2 (bội n2)
𝜆k (bội nk)
- r(A-𝛌I)=n-nt , đúng với mọi t từ 1 đến k.

3. Bài tập ví dụ.
a) Chéo hóa ma trận A
3
A=(−2
0

−2
3
0

0
0)
5

- Trước hết cần tìm các giá trị riêng của ma trận A , dó đó cần giải phương trình đặc
trưng của A , tức det(A-𝛌I)=0
3−𝜆
Ta có det (A-𝛌I)= | −2
0

−2
3−𝜆
0

0
0 |

5−𝜆

(Định thức của ma trận vuông cấp 3 các bạn có thể tính được dựa vào cơng thức tính
định thức ma trận vng trong các chương trước)
⟹ det(A- 𝜆I)=-( 𝜆-1)(5- 𝜆)2=0
⟹{

𝜆1 = 1 (bội là 1 do là nghiệm đơn)
𝜆2 = 𝜆3 = 5 (bội là 2 do là nghiệm kép)


* Sau đó xét xem có thỏa 2 điều kiện nêu trên khơng
+ Điều kiện 1
n1+n2+…+nk=n
Ta có 𝛌1=1 => n1=1(nghiệm đơn)
𝛌2= 𝛌3=5 => n2=2 (nghiệm kép)
Suy ra n1+n2=n=3(ma trận vuông cấp 3 có n=3). Thỏa điều kiện 1.
+ Điều kiện 2
r(A- 𝜆I)=n-nt
Ta chỉ xét với n2=2 vì n1=1 ln ln thỏa
Chỉ kiểm tra với nk ≥ 2.
Với n2=2 thì 𝜆2= 𝜆3=5
3−𝜆
⟹(A- 𝜆I)=( −2
0

−2
3−𝜆
0

−2
0
0 )=(−2
0
5−𝜆

−2
−2
0

0
0)
0

⟹ r(A- 5I)=1 =n-n2=3-2. Do đó thỏa điều kiện 2 .
Nên A chéo hóa được
* Cần tìm mà trận P
-Ứng với mỗi giá trị riêng 𝜆 sẽ có các nghiệm cơ bản tương ứng (A- 𝜆I)X=0
∗ 𝝀1=1
2
(A-I)X1=0 ⇒ (0
0

−2
0
0

0
0)X1=0
4

- Dựa vào các rút thành ma trận bậc thang sau đó tìm nghiệm cơ bản là
{

𝑥=𝑦
2𝑥 − 2𝑦 = 0
⟺{
𝑧=0
4𝑧 = 0

Suy ra nghiêm tổng quát có dạng (x,x,0) .
1
Suy ra nghiệm cơ bản có dạng X1 là (1)
0
* 𝝀2 = 𝝀3 = 5
−2
(A-5I)X2=0 => ( 0
0

−2
0
0

0
0)X=0 => -2x-2y=0
0

-Nghiệm tổng quát là X(x,-x,z) , x, z là tùy ý

1
Ta chọn x=1,z=0 => nghiệm cơ bản thứ nhất X2 là (−1)
0
0
Ta chọn x=0, z=1 => nghiệm cơ bản thứ hai X3 là (0)
1
Lưu ý , 𝛌 có bội bằng bao nhiêu thì có bấy nhiêu nghiệm cơ bản .
1
1
0
Vậy X1 (1); X2 (−1); X3 (0)
0
0
1
1 1 0
Suy ra ma trận P (1 −1 0)
0 0 1
1 0 0
P-1AP=D với D=(0 5 0)
0 0 5
b) Chéo hóa ma trận A
0
A=(−2
−2

−2 −2
3 −1)
−1 3
−λ
−2

det(A- 𝛌I)=|−2 3 − λ
−2 −1

−2
−1 |=0
3−λ

 - 𝛌3+6 𝛌2-32=0  𝛌1=-2, 𝛌2= 𝛌3=4
Xác định ma trận trực giao
2
-Với 𝛌1=-2 Ta có X1= (1)
1
−1
−2
-Với 𝛌2= 𝛌3=4 Ta có X2=( 2 ) và X3=(−1)
0
5
2 −1 −2
Suy ra ma trận P= (1 2 −1)
1 0
5
−2 0 0
-1
D=P AP=( 0 4 0)
0 0 4
Lưu ý : Các bạn tìm các giá trị X1,X2,X3 theo cách bình thường rất dài và khó .
* Các bạn có thể làm theo cách như sau:


2 −2 −2

+Ứng với 𝛌1=-2 thì ta được ma trận (A-2I)=(−2 5 −1)
−2 −1 5
2 −2 −2
) ( các bạn có thể chọn
-Ta chọn hàng 1 và 2 của ma trận trên B= (
−2 5 −1
hàng 2 và 3 , 1 và 3 tùy ý )
-Sau đó chọn ra một ma trân vuông cấp 2 từ ma trận B= (

2
−2

−2
5

−2
) tức là có
−1

thể bỏ đi hoặc cột 1 hoặc cột 2 hoặc cột 3 sau cho giá trị định thức của ma trận vng
cấp 2 có được khác 0.
-Ở đây mình chọn bỏ cột 3 ta được (

2
−2

−2
) , det=6 ≠ 0,
5

-Sử dụng máy tính cầm tay chọn chế độ giải hệ phương trình 2 ẩn
{

2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 = 0
( -2z và -1z chính là cột 3 mà mình đã bỏ lúc nãy)
−2𝑥 + 5𝑦 − 1𝑧 = 0

Sau đó cho z=1 ta nhập hệ phương trình sau vào máy tính {

2𝑥 − 2𝑦 = 2
𝑥=2
⟺{
𝑦=1
−2𝑥 + 5𝑦 = 1

𝑥
2
Vậy ta được X1=(𝑦) = (1)
𝑧
1
+Ứng với 𝛌2=𝛌3=4
−4 −2 −2
Ta có (A-4I)=(−2 −1 −1)
−2 −1 −1
Với ma trận trên, ta thấy nếu rút gọn hàng 1 cho 2 thì nó sẽ giống với hàng 2 và 3 .
Nên ta chỉ có một phương trình là −2𝑥 − 1𝑦 − 1𝑧 = 0 khơng phải hệ phương trình
như trường hợp 𝛌1
-Ở đây ta phải tìm ra hai giá trị X2,X3 do có bội n2=2
-Ta chọn
−1/2

−1
* Có thể chọn z=0, y=1 => x=-1/2 Suy ra X2=( 1 )=( 2 )
0
0
−2
* Chọn z=5, y= - 1 => x =-2 Suy ra X3=(−1)
5
Nên chọn các giá trị z,y cho đơn giản và nhỏ (mỗi một ma trận có nhiều nghiệm cơ
bản ).


LƯU Ý: CÁCH NÀY ĐỂ TÍNH NHÁP, CHÉP KẾT QUẢ VÀO BÀI THI .

Dạng 7: DẠNG TỒN PHƯƠNG
Định nghĩa
Dạng tồn phương trong Rn là một hàm số thực, sao cho tồn tại x=(x1,x2,…,xn)T ∈ Rn,
f(x)=xT .M .x, trong đó M là ma trận đối xứng .
f (x) = f (x1,x2,x3) = Ax12 + Bx22 + Cx32 + 2Dx1x2+ 2Ex1x3+ 2Fx2x3.
𝐴
M=(𝑫
𝑬

𝑫
𝐵
𝑭

𝑬
𝑭)
𝐶

f (x) = f (x1,x2,x3)=xT.M.x
Ví dụ:
f (x1,x2,x3)=x12-2x1x2+4x1x3+2x2x3 - x32
1
Ma trận M=(−1
2

−1
0
1

2
1)
−1

*Đưa dạng tồn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao
Ví dụ 1: Cho dạng tồn phương:
f(x)=f(x1,x2) = 5x12-4x1x2+8x22
Đưa f(x) về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao
Giải:
M=(

5
−2

−2
)
8

det(M-𝛌I)=|

5−λ
−2

λ1 = 9 ( bội là 1 )
−2
|=𝛌2-13𝛌+36=0  {
λ2 = 4 (bội là 1 )
8−λ
−1

−4
* 𝛌1=9 Suy ra (M-9I) = (
−2

−2
−1
) => X1=( ) => P1 =(√5
2)
−1
2
√5
2

1
*𝛌2=4 Suy ra (M-4I) = (
−2

−2
2

) => X2=( ) => P2=(√5
1)
4
1
√5


−1

Suy ra ma trận

P=( √5
2
√5

D=(

λ1
0

0
9
)=(
λ2
0

2
√5
1)
√5

0
)
4

f(y1,y2)= 9y12+4y22 phép biến đổi X=PY
*Đưa dạng tồn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi Lagrange
Ví dụ 2: Đưa dạng tồn phương f(x1,x2,x3) = 2x12+8x22+2x32-2x1x2+4x1x3+6x2x3 về
dạng chính tắc bằng biến đổi Lagrange ( biến đổi sơ cấp ).Nêu rõ phép biến đổi .
Giải:
1

15

2

4

f= 2(x12+4x22+x32-x1x2+2x1x3+3x2x3 )=2[ ( x 1 - x2+x3)2 +
=2 ( x 1 - x2+x3)2 +

1

15

2

2

1

15

2

2

1

15

2

2

=

2 ( x 1 - x2+x3)2 +

=2 ( x 1 - x2+x3)2 +

(x22 +

x22 + 4x2x3]

8.2
15

x2x3)
8

8

8

15

15

15

[(x22 + 2.x2.( x3)+ .( x3)2) − .( x3)2]
8

32

15

15

(x2 + x3)2 −

x32

Đặt
1

𝑦1 = 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3
2

{ 𝑦 =𝑥 + 8𝑥
2
2
15 3
𝑦3 = 𝑥3

1

19

2

15

𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2 −
{

𝑦3

8

𝑥2 = 𝑦2 − 𝑦3
15
𝑥3 = 𝑦3

Dạng chính tắc
15

32

2

15

f= 2𝑦12 + 𝑦22 −

𝑦32

CHÚC CÁC BẠN THÀNH CÔNG