Đại số ctct CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG

HƢ

:
:

/>gtien.hcmut/?fref=ts
Bi

i

h

-

i


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Dạng 1: MA TR N
Dạng toán này là dạng “cho điểm” trong đề thi cuối kì. ể làm đƣợc câu này một cách
chính xác và nhanh nhất nên có một số lƣu 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 (trƣớc, sau) của các ma trận nghịch đảo. Nếu muốn chắc chắn có
thể làm cẩn thận từng bƣớc một (vd:

)

- Bấm máy tính chính xác: các máy tính cầm tay hiện nay đều có thể tính đƣợc ma

trận 3x3 (thƣờng có trong đề) và các ma trận nghịch đảo, chuyển vị tƣơng ứng.
Ví dụ 1: Tìm ma trận X thỏa mãn

(

(

với

) và

).

ƣớng dẫn:
- ầu tiên là biến đổi ma trận:
(

)
(

)(

)

- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận đơn vị I.
Bấm máy
(

(
ta sẽ có đƣợc kết quả

(

))

(

)

)

- Nếu muốn thử lại kết quả, ta có thể sử dụng chức năng
(

at ns để kiểm tra lại, nhập:

)

nếu ra kết quả là ma trận 0 thì kết quả vừa tính đƣợc là chính xác.

2


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

thỏa mãn (

Ví dụ 2 (HK Hè 2015): Tìm ma trận

)

, trong

đó:
(

)

(

)

ƣớng dẫn:
- Biến đổi:
(

)
(

)
(

)(

)

ở đây chú ý rằng do giao hoán đƣợc với mọi ma trận nên

( )

- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận I (hoặc 2I
đều đƣợc)
- áp số:

(

Dạng 2: H

ƢƠ

)

R

N TÍNH

Bài tốn này thƣờng khơng khó và chỉ có một dạng tốn duy nhất là giải hệ 4 phƣơng
trình – 4 ẩn với trƣờng hợp vơ số nghiệm.
Quy trình giải bài toán này:
- Viết ma trận (A|b).
- Biến đổi sơ cấp theo hàng đƣa 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 dƣới lên trên.
3


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Ví dụ 1: Giải hệ phƣơng trình:

{

Giải:
- Ma trận:
( | )

(

)

- Biến đổi sơ cấp:
(

)→

)

(

→

- ặt

(

)→(

)

ta có

Vậy hệ pt có nghiệm dạng (
(

)

.

/

).

Ngồi ra ta có thể giải theo cách biến đổi trực tiếp (không cần ghi ma trận ( |b) để
biến đổi sơ cấp)
Cách 2:
Biến đổi:

{

{

{

4

ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

{
ặt

ta có

Vậy hệ pt có nghiệm dạng (
(

)

.

/

).

Ví dụ 2 (HK hè 2015): Giải hệ phƣơng trình:

{

Giải:
( | )

(

)→

→

(

)

(

)

- Từ pt sau suy ra
- Từ pt đầu suy ra

(

)

- Suy ra nghiệm của hệ:
(

)

(

) với

5

ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Dạng 3: KHÔNG GIAN VECTOR
Dạng 1: Khơng gian con
- Trong Rn , tìm cơ sở và số chiều của không 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 đƣa về bậc thang. hi đó, dim(F) = rank(A)
và lấy các hàng khác 0 làm cơ sở.
b.

= {x | x = 0}. hi 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: ìm cơ sở và số chiều của khơng gian con L
a. L = <(1,1,1); (-1,2,2); (3,4,4); (1,0,2)>
)→(

Xét A= (

).

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

Xét A = .

/

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
uy ra x = (β, α, 0, β) = α(0, 1, 0, 0) + β(1, 0, 0, 1).
ơ 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
phƣơng trình hoặc hệ phƣơng trình của đề bài :
(ẩ

ơ

)

(ẩn tự do)

x1

x3

|

x2

x4

0

0

⇒

1

0

1

0

0

1
6


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Dạng 2: Tổng và giao của hai không gian con
- Cho 2 không gian con

và

, tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG.

Dạng này khơng khó, chỉ cần nắm bắt đƣợc cách làm là có thể giải quyết

nhanh chóng.
- Tính chất cần lƣu ý:
dim(F∪G) + dim(F+G) = dim F + dim G
 Tìm số chiều và cơ sở F+G
rƣớc tiên ta xác định tập sinh (cơ sở) của F và G.
Nhớ tới tính chất tổng của 2 khơng gian con:
F = < f1, f2, …, fn >;

G = < g1, g2, …, gn >

⇒ F + G = < f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn >
au đó tìm cơ sở và số chiều của +

nhƣ khơng gian con bình thƣờng 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)
Lư ý ần 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
úc này đƣa về dạng tìm cơ sở và số chiều của

= {x |

x = 0}.

hi đó ta có

dim(L) = n – rank(A)

Ví dụ 2: Trong khơng gian R3, cho không gian con:
*(

)|

+

và không gian con G = {(x1; x2; x3) | x1–2x2+x3 =0}.
Tìm số chiều và cơ sở của không gian con F+G, FG.
Giải:
7


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

rường hợp F+G
ìm 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
ƣơng tự G = {(2; 1; 0), (-1; 0; 1)}, dim G = 2
)  dim(F+G) = 3. Do dim(F+G) = 3 nên ta có thể lấy 3

F+G = (

vector (1; 1; 0), (-1; 0; 1), (2; 1; 0) làm cơ sở của + vì chúng

.

rường hợp FG
FG = {
{

 x = α(-1; 0; 1). Suy ra dim(F ) =1 và cơ sở FG là (-1; 0; 1).

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)>. ìm cơ sở và số chiều của F+G và
FG.
Giải:
rường hợp F+G: ƣơng tự cách làm nhƣ í dụ 1.
rường hợp FG
Gọi x  FG nên xF và xG.

8


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Do x nên x đƣợc 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 phƣơng trình của F = {(x1, x2, x3) |
x1+2x2+2x3=0}, ta đƣợc (α – β) + 2.0 + 2(5α + β) = 0  β = –11α. hay β vào
vector x
 x = (12α, 0, –6α) = α(12, 0, –6).
Suy ra dim(F ) = 1 và cơ sở của FG là (12, 0, –6).
Ví dụ 4: Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = <(1, 2, 3); (1, –1, 2)>
và

= <(0, 1, 5); (1, 3, 8)>. ìm 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)
{

Xét A = (

)→(

)

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).

9


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Dạng 4: KHÔNG GIAN EUCLIDE
Dạng này cũng thƣờng ra trong đề. Mức độ không khó, chỉ cần nắm phƣơng pháp giải
và các cơng thức cơ bản trong chƣơng này là đƣợc.
M t số công thứ


ơ ản:

ộ dài vector u: ‖ ‖

) ( o đó (u, u)  0. Dấu “=”  u = 0).

√(

 Khoảng cách 2 vector u, v: (

)



(

óc α giữa 2 vector u và v:

‖
)

‖ ‖‖ ‖

‖

(0 ≤ α ≤ )

M t số ị h lý ơ ản:
 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.
Lư ý

hi cho tích vơ hƣớng chính tắc ta áp dụng cơng thức nhƣ

đã dùng. hi

cho tích vơ hƣớng bằng công thức cần chú ý thay vào cho đúng.
rƣờng hợp đặc biệt: Chẳng hạn cho tích vơ hƣớng
(x, y) = 5x1y1 + 2x1y2 +2x2y1 + 3x2y2 + x3y3, ta có thể đặt
A=(

) (aij là hệ số của xiyj). Lúc này (x, y) = xAyT. o đó có thể tính nhanh

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.
rong trƣờng hợp tí h v hướng chính tắc trong Rn: Cho F = {xRn |

x=0}.

hi đó

các hàng của A là tập sinh của F.

10


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Ví dụ 1: Trong R3 với tích vơ hƣớng chính tắc, cho khơng gian con
= <(1, 2, 1); (2, 1, 0)>. ìm cơ sở và số chiều của F.
Giải:
ể làm đƣợc dạng này trƣớc 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.
F = *(

)|

+

Giải hệ trên với x3 =α  x1 = α/3; x2 = –2α/3  x = α/3(1, –2, 3).
uy ra cơ sở của F là (1, –2, 3).
Ví dụ 2: Trong khơng gian R4 với tích vơ hƣớng chính tắc, cho
F = *(

+. ìm cơ sở và số chiều của F.

)|

Giải:
Ở bài này vì đề đã cho tích vơ hƣớng chính tắc nên từ cách hàng của hệ phƣơng trình

ta tìm đƣợc tập sinh của F.
F = <(2, 1, 1, 1); (1, –2, –1, 2)>. Dễ thấy 2 vector

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 hƣớng
(x, y) = x1y1 + 3x2y2 – x2y3 –x3y2 + x3y3
và

= <f = (1, 2, 3)>. ìm 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

ơ sở của F là (–3, 1, 0); (–1, 0, 1).

11


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

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
hi 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||.
ƣơng 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||.
-

Phươ g pháp giải: Tìm hình chiếu của vector x lên khơng gian con F

rƣớc hết ta xác định tập sinh (cơ sở) của không gian con F = <f1, f2, …, fn>
Gọi x = y + z: yF, zF
hi đó y = α1f1 + α2f2 + … + anfn  F
 x = α1f1 + α2f2 + … + anfn + z
au đó lần lƣợt tính tích vơ hƣớng 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 đƣợc α1, α2, …, αn rồi thay lại để tìm đƣợc hình chiếu y.
Lư ý Vì yF, zF nên (y, z) = 0.
Ví dụ 4: Trong R4 với tích vơ hƣớng chính tắc, cho khơng gian con

F = *(

)|

+.

Tìm prF(x) và khoảng cách từ x đến F với x = (1, 1, 1, 1).
Giải:
Từ các hàng của hệ phƣơng trình, ta đƣợc 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)
12


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

 1 = 4α1 + 9α2
Từ hệ phƣơng 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|| =

√

Ví dụ 5: Trong R3, cho tích vơ hƣớng
(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:
)  (x, y) = xAyT ( ể tính tốn nhanh tích vơ hƣớng)

ặt A = (

Gọi z = x + y, xF, yF. hi đó x = αf1 + βf2 = α(1, 1, 2) + β(2, –1, 1)  F
 z = αf1 + βf2 + y (*)
Nhân 2 vế (*) lần lƣợt với f1 và f2, ta đƣợc
{

(
(

)
)

(
(

)
)

(
(

)
{
)

{

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)|| = √ .
Dạng 3: Gram – Schmidt
-

Quá trình Gram – chmidt thƣờng đƣợc dùng trong đề thi ở dạng tốn “ ƣa
dạng tồn phƣơng 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.
13


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

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

-

có cơ sở E = {e1, e2, …, en}

Cho không gian vector

ể xây dựng cơ sở ’ = {f1, f2, …, fn} sao cho ’ trực giao, ta chọn
(
(

)
)

(
(

)
)

(
(

)
)

(
(

)
)

(

(

)
)

…
(

)

(

)

Ta chia mỗi vector của trực giao cho độ dài của nó, ta đƣợc một cơ sở trực chuẩn.
Ví dụ 6: Trong R4 với tích vơ hƣớng chính tắc, cho tập
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
(
(

)

)
)

(

)

(

)

(

)

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

)
)

(
(

)
)

(

)

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

√

√

√

/ .

√

√

√

√

/ (

√

√

√

√

)}.

14


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Dạng 5: ÁNH X TUY N TÍNH
ầu tiên ta có một số cơng thức về ma trận của AXTT.
-

X

f trong cơ sở chính tắc ta có ( )

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

là ma trận trong cơ sở chính tắc, ma

trận của AXTT trong cặp cơ sở E,F là
( )
với ( ) là ảnh của ma trận

trong cơ sở chính tắc.

CM:
chuyển qua cơ sở E,F: , -

, -

, -

Suy ra

, -

, -

, -

Suy ra
- Chuyển cơ sở:
trong cở sở
CM: Gọi

là 2 cơ sở, ta có ma trận trong cơ sở E là

, ma trận của AXTT

là:
là ma trận của X

trong cơ sở chính tắc, ta có:

suy ra

Ví dụ 1:

Giải:
á h 1 (th

g thường)
( )

(

)

(

( )

(

)

(

)
)
15

ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

( )

(

)

(

)

Tìm tọa độ của ( ) ( ) ( ) trong cơ sở E.
Giải hệ phƣơng trình {

ƣơng tự , ( )-

ta có , ( )-

( ) , ( )-

)

( )

(

Suy ra ma trận của f trong E là

(

)

Cách 2:
Ta có (

)

(

) suy ra ma trận trong

cơ sở chính tắc:
(

)

Suy ra ma trận trong cơ sở E:
(

(

Bấm máy ta có

)

(

) (

)

)

Ví dụ 2:

Giải:
Sử dụng cơng thức chuyển cơ sở ta có:

(

)

(

) (

) (

)

(

)

16

ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

(

Bấm máy ta có

)

→

Ví dụ 3: Cho ánh xạ tuyến tính
*(

)(

)(

trong cơ sở

có ma trận của

)+ là

(

). Tìm (

).

Giải:
Ta có: , ( )-

, -

( )
( )
(

)

(

) (

→

Ví dụ 4: Cho ánh xạ tuyến tính
*(

)(

)(

) (

)+ là

)

(

)

trong cơ sở

có ma trận của

(

( )

).

ìm cơ sở và số chiều của Ker f.
Giải:
Tìm ma trận trong cơ sở chính tắc
(
(

) (

) (

)

(

)

)
{

{
{

Từ pt dƣới ta có

, từ pt trên ta có
(

)

17


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Từ đó suy ra dim( er f)=1, cơ sở *(

)+.

Dạng 6: CHÉO HÓA MA TR N.
1.Định nghĩa .
-Ma trận A
P

Mn(R) đƣợc gọi là chéo hóa đƣợc nếu tồn tại một ma trận khả nghịch

Mn(R) sao cho P-1AP=D với D là một ma trận chéo . hi đó ta nói

làm chéo hóa

A và D là dạng chéo hóa của A .
2. Định lý .
Mn(R) chéo hóa đƣợc khi và chỉ khi ma trận A thỏa 2 tính chất sau đây:

- Ma trận A

n1+n2+…+nk=n với nk là bội của các giá trị riêng ,n là cấp của ma trận vng.
ví dụ

1 (bội

n1 )

2 (bội

n2 )

k (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
A=(

)

- rƣớc hết cần tìm các giá trị riêng của ma trận

, dó đó cần giải phƣơng trình đặc

trƣng của A , tức det(A-𝛌I)=0
Ta có det (A-𝛌I)= |

|

( ịnh thức của ma trận vng cấp 3 các bạn có thể tính đƣợc dựa vào cơng thức tính
định thức ma trận vng trong các chƣơng trƣớc)
det(A- I)=-( -1)(5- )2=0

18


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

(

{

)
(

)

* au 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 vng cấp 3 có n=3). Thỏa điều kiện 1.
+ Điều kiện 2
r(A- I)=n-nt
Ta chỉ xét với n2=2 vì n1=1 ln ln thỏa
Chỉ kiểm tra với nk
Với n2=2 thì

2=

2.

3=5

)=(

(A- I)=(

)

r(A- I)=1 =n-n2=3-2. o đó thỏa điều kiện 2 .

Nên A chéo hóa được
* Cần tìm mà trận P
-Ứng với mỗi giá trị riêng

sẽ có các nghiệm cơ bản tƣơng ứng (A- I)X=0

1=1

(A-I)X1=0

(

)X1=0

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

{

Suy ra nghiêm tổng quát có dạng (x,x,0) .
Suy ra nghiệm cơ bản có dạng X1 là ( )
*

2=

3=

5

(A-5I)X2=0 => (

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

19


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

-Nghiệm tổng quát là X(x,-x,z) , x, z là tùy ý
Ta chọn x=1,z=0 => nghiệm cơ bản thứ nhất X2 là (

)

Ta chọn x=0, z=1 => nghiệm cơ bản thứ hai X3 là ( )
ƣu ý , 𝛌 có bội bằng bao nhiêu thì có bấy nhiêu nghiệm cơ bản .
Vậy X1 ( ); X2 (

); X3 ( )

Suy ra ma trận P (

)

P-1AP=D với D=(

)

b) Chéo hóa ma trận A

A=(

)

|=0

det(A- 𝛌I)=|

 - 𝛌3+6 𝛌2-32=0  𝛌1=-2, 𝛌2= 𝛌3=4
Xác định ma trận trực giao
-Với 𝛌1=-2 Ta có X1= ( )

-Với 𝛌2= 𝛌3=4 Ta có X2=(

Suy ra ma trận P= (

D=P-1AP=(

) và X3=(

)

)

)

Lưu ý : Các bạn tìm các giá trị X1,X2,X3 theo cách bình thƣờng rất dài và khó .
* Các bạn có thể làm theo cách nhƣ sau:
20

ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

+Ứng với 𝛌1=-2 thì ta đƣợc ma trận (A-2I)=(

)

-Ta chọn hàng 1 và 2 của ma trận trên B= .

/ ( các bạn có thể chọn

hàng 2 và 3 , 1 và 3 tùy ý )
- au đó chọn ra một ma trân vng cấp 2 từ ma trận B= .

/ tức là có

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 đƣợc khác 0.
-Ở đây mình chọn bỏ cột 3 ta đƣợc .

/ , det=6

0,

-Sử dụng máy tính cầm tay chọn chế độ giải hệ phƣơng trình 2 ẩn
( -2z và -1z chính là cột 3 mà mình đã bỏ lúc nãy)

{

au đó cho z=1 ta nhập hệ phƣơng trình sau vào máy tính {
Vậy ta đƣợc X1=( )

{

( )

+Ứng với 𝛌2=𝛌3=4
Ta có (A-4I)=(

)

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 phƣơng trình là

khơng phải hệ phƣơng trình

nhƣ trƣờng hợp 𝛌1
-Ở đây ta phải tìm ra hai giá trị X2,X3 do có bội n2=2
-Ta chọn
* Có thể chọn z=0, y=1 => x=-1/2 Suy ra X2=(

* Chọn z=5, y= - 1 => x =-2 Suy ra X3=(

)=(

)

)

Nên chọn các giá trị z,y cho đơn giản và nhỏ (mỗi một ma trận có nhiều nghiệm cơ
bản ).
21


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

Ƣ Ý: Á

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

Ể TÍNH NHÁP, CHÉP K T QUẢ VÀO BÀI THI .

ƢƠ

Dạng 7: D
Định nghĩa

Dạng toàn phƣơng trong Rn là một hàm số thực, sao cho tồn tại x=(x1,x2,…,xn)T
f(x)=xT .M .x, trong đó

Rn,

là ma trận đối xứng .

f (x) = f (x1,x2,x3) = Ax12 + Bx22 + Cx32 + 2Dx1x2+ 2Ex1x3+ 2Fx2x3.
)

M=(

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

Ma trận M=(

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

/

det(M-𝛌I)=|

* 𝛌1=9 Suy ra (M-9I) = .

|=𝛌2-13𝛌+36=0  {

/ => X1=.

(
(

)
)

/ => P1 =(√ )
√

*𝛌2=4 Suy ra (M-4I) = .

/ => X2=. / => P2=(√ )
√

22


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

Suy ra ma trận P=( √

√

√

√

)=.

D=(

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

)

/

f(y1,y2)= 9y12+4y22 phép biến đổi X=PY
*Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi Lagrange
Ví dụ 2:

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

2 ( x 1 - x2+x3)2 +

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

(x22 +

x2x3)

[(x22 + 2.x2.( x3)+ .( x3)2)
(x2

x22 + 4x2x3]

x3 ) 2

.(

x3)2]

x32

ặt
{

{

Dạng chính tắc
f= 2

+

Biên soạn: Tiến ũng, ồng âm, ấn Thanh – ội CTCT

23


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

Phụ lục 1: Giải đề thi

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

ại số tuyến tính cuối kỳ 151.

Câu 1: Tìm ma trận X sao cho

với:

(

)

(

)

Giải: Ta có:
(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

Vậy ma trận X cần phải tìm là

(

).

Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho

(

( )

với:

)

Giải: ầu tiên ta biến đổi sơ cấp:

→

(

)→

(

)

Do các phép biến đổi sơ cấp trên không làm thay đổi định thức nên ta có:

24


ƣớng dẫn ơn thi cuối kì mơn ại số

( )

Suy ra

hóm ại số - ội Chúng ta cùng tiến

(

)

( )

(

(

))

.

Vậy giá trị m cần phải tìm là

Câu 3: Trong
với tích vô hƣớng (
*
(
)|
con
(
) xuống không gian con F.

)

cho không gian
+. Tìm hình chiếu vng góc của vector

Giải:
ơ sở của F = {(1;0;1); (0;1;-2)} = {f1; f2}
Gọi x = y + z; y  F và z  F
v = α f 1 + β f2 + z
(v, f1) = α(f1, f1) + β(f2, f1) = 4α - 2β = 7
(v, f2) = α(f1, f2) + β(f2, f2) = -2α + 6β = -8
Giải hệ phƣơng trình ta có α = 13/10; β = -9/10
Hình chiếu vng góc của v lên F là:
y = prF(v) = α f1 + β f2 = 13/10(1;0;1) – 9/10(0;1;-2) = (13/10; -9/10; 31/10)

→

Câu 4: Cho ánh xạ tuyến tính
Giả sử (

)

(

), (

.
)

(

), (

)

(

)

Tìm một cơ sở và số chiều của nhân của axtt
Giải:
Cách 1:
Ta có : (x1; x2; x3) = x1.(1;0;0) + x2.(0;1;0) + x3.(0;0;1) = x1.e1 + x2.e2 + x3.e3
Do f là ánh xạ tuyến tính nên

25