ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN LIÊN THÔNG PHẦN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (433.07 KB, 27 trang )
1
ðỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI ðẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN
LIÊN THÔNG
PHẦN ðẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC
Phần 1
. Các bài toán về Hình học giải tích và ðại số tuyến tính
Lý thuyết
1. Hình học giải tích phẳng
+ Phương trình ñường thẳng:
- dạng tổng quát
: 0
ax by c
∆ + + =
, trong ñó
( ; )
n a b
=
là véc tơ pháp tuyến,
( ; )
u b a
= −
là
véc tơ chỉ phương của
∆
. Phương trình ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm
0 0 0
M ( ; )
x y
có véc tơ pháp tuyến
( ; )
n a b
=
có dạng
0 0
: ( ) ( ) 0
a x x b y y
∆ − + − =
.
- dạng tham số ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm
0 0 0
M ( ; )
x y
, có véc tơ chỉ phương
( ; )
u a b
=
là:
0
0
x x at
y y bt
= +
= +
.
- dạng chính tắc ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm
0 0 0
M ( ; )
x y
, có véc tơ chỉ phương
( ; )
u a b
=
là:
0 0
x x y y
a b
− −
=
. ðặc biệt ñường thẳng AB ñi qua hai ñiểm
0 0 1 1
A( ; ), B( ; )
x y x y
phân biệt
là
0 0
1 0 1 0
x x y y
x x y y
− −
=
− −
. Nếu
A( ;0), B(0; )( 0)
a b ab
≠
thì AB:
1
x y
a b
+ =
(gọi là phương trình ñoạn chắn).
- dạng có hệ số góc
y ax b
= +
(a gọi là hệ số góc, b gọi là tung ñộ gốc).
- Khoảng cách h từ ñiểm
0 0 0
M ( ; )
x y
ñến ñường thẳng
: 0
ax by c
∆ + + =
là:
0 0
0
2 2
(M , )
ax by c
h d
a b
+ +
= ∆ =
+
.
+ Phương trình elip.
- Elip (E) là tập hợp tất cả những ñiểm trong mặt phẳng có tổng khoảng cách ñến hai ñiểm cố
ñịnh phân biệt cho trước bằng một hằng số dương lớn hơn khoảng cách giữa hai ñiểm ñó.
- Phương trình chính tắc của (E):
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
với a > b > 0
2 2 2
( )
c a b
= −
.
- ðường thẳng
A B C 0
x y
+ + =
là tiếp tuyến của elip
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
2 2 2 2 2
A B C
a a
⇔ + =
.
- Phương trình tiếp tuyến của elip (E):
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
tại
0 0 0
M ( ; ) (E)
x y
∈
là
0 0
2 2
1
x x y y
a b
+ =
.
2. Hình học giải tích không gian:
+ ðiều kiện ñể 3 véc tơ
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3
( ; ; ), ( ; ; ), ( ; ; )
u a b c u a b c u a b c
= = =
ñồng phẳng là:
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0
a b c
a b c
a b c
≠
+ Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là (P):
A B C D 0
x y z
+ + + =
trong ñó
(A; B; C)
n
=
là
véc tơ pháp tuyến.
- Phương trình mặt phẳng ñi qua 3 ñiểm
M ( ; ; ), 1,3
i i i i
x y z i =
phân biệt không thẳng hàng:
1 1 1
2 1 2 1 2 1
3 1 3 1 3 1
0
x x y y z z
x x y y z z
x x y y z z
− − −
− − − =
− − −
.
2
- Phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm
0 0 0 0
M ( ; ; )
x y z
có véc tơ pháp tuyến
(A; B; C)
n
=
là
0 0 0
A( ) B( ) C( ) 0
x x y y z z
− + − + − =
.
- Nếu
A( ;0;0), B(0; ;0), C(0;0; ) ( 0)
a b c abc
≠
thì phương trình mặt phẳng (ABC) còn gọi là
phương trình mặt phẳng theo ñoạn chắn có dạng
1
x y z
a b c
+ + =
.
- Khoảng cách h từ ñiểm
0 0 0 0
M ( ; ; )
x y z
ñến mặt phẳng (P)
A B C D 0
x y z
+ + + =
là:
0 0 0
0
2 2 2
A B C D
(M ,(P))
A B C
x y z
h d
+ + +
= =
+ +
.
+ Phương trình ñường thẳng:
- dạng tham số ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm
0 0 0 0
M ( ; ; )
x y z
, có véc tơ chỉ phương
( ; ; )
u a b c
=
là:
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct
= +
= +
= +
.
- dạng chính tắc ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm
0 0 0 0
M ( ; ; )
x y z
, có véc tơ chỉ phương
( ; ; )
u a b c
=
là:
0 0 0
x x y y z z
a b c
− − −
= =
- dạng tổng quát ñường thẳng
∆
(xem là giao của hai mặt phẳng):
A B C D 0
A B C D 0
x y z
x y z
+ + + =
′ ′ ′ ′
+ + + =
.
Khi ñó ñường thẳng
∆
có véc tơ chỉ phương
1 2
B C C A A B
[ , ] ; ;
B C C A A B
u n n
= =
′ ′ ′ ′ ′ ′
.
- Khoảng cách h từ ñiểm
0 0 0 0
M ( ; ; )
x y z
ñến ñường thẳng
∆
:
1 1 1
x x y y z z
a b c
− − −
= =
là:
0 1
0
[M M , ]
(M , )
u
h d
u
= ∆ =
, trong ñó
1 1 1 1
M ( ; ; ) , ( ; ; )
x y z u a b c
∈ ∆ =
.
- Cho hai ñường thẳng chéo nhau
1 1 1
1
1 1 1
:
x x y y z z
a b c
− − −
∆ = =
và
2 2 2
2
2 2 2
:
x x y y z z
a b c
− − −
∆ = =
.
Khoảng cách h giữa chúng là:
1 2 1 2
1 2
1 2
[ , ].M M
( , )
[ , ]
u u
h d
u u
= ∆ ∆ =
, trong ñó
1 1 1 1 1
M ( ; ; )x y z
∈∆
,
2 2 2 2 2
M ( ; ; )x y z
∈∆
,
1 1 1 1 2 2 2 2
( ; ; ), ( ; ; )
u a b c u a b c
.
+ Mặt cầu (S) tâm
I( ; ; )
a b c
bán kính R có phương trình
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) R
x a y b z c− + − + − =
.
- Mặt phẳng (P):
A B C D 0
x y z
+ + + =
là tiếp diện (mặt phẳng tiếp xúc) của mặt cầu (S) khi
và chỉ khi
(I,( )) R
h d P
= =
.
- Nếu h < R thì (P) cắt (S) theo một ñường tròn (C):
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) R
A B C D 0
x a y b z c
x y z
− + − + − =
+ + + =
.
ðường tròn này có tâm
I (P)
′
= ∆
∩
trong ñó
∆
là ñường thẳng ñi qua I và
(P)
∆ ⊥
, còn
bán kính
2 2
R
r h
= −
.
3. ðịnh thức cấp 2, cấp 3, cấp n và cách tính
+ ðịnh thức cấp hai D
2
=
a b
ad bc
c d
= −
; ñịnh thức cấp ba D
3
=
11 12 13
21 22 23
31 32 33
a a a
a a a
a a a
=
3
Hay D
3
11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 12 21 33 11 23 32
a a a a a a a a a a a a a a a a a a
= + + − − −
.
+ Cho ma trận vuông cấp n là A =
( )
ij
a
. Ta gọi là ñịnh thức của ma trận A, ký hiệu detA là số xác ñịnh
bởi
1 (1) 2 (2) ( )
S
D det A ( )
n
n f f nf n
f
s f a a a
∈
= =
∑
, trong ñó f là phép thế bậc n bất kỳ
S
n
f
∈
(tập các phép
thế bậc n), s(f) là dấu của phép thế f và ký hiệu là
11 12 1
21 22 2
1 2
D det A
n
n
n
n n nn
a a a
a a a
a a a
= =
.
+ Một số tính chất, ñịnh lý Laplat.
4. Ma trận. Các phép toán trên ma trận. Ma trận nghịch ñảo
5. Hệ phương trình tuyến tính. Hệ phương trình Crame
Bài tập
Bài 1. Lập phương trình ñường thẳng
∆
ñi qua ñiểm M(2; 5) và cách ñều hai ñiểm P
( 1;2)
−
, Q
(5;4)
.
Giải.
Cách 1. ðường thẳng
∆
cần tìm thỏa mãn một trong hai trường hợp sau.
TH1.
∆
ñi qua ñiểm M và trung ñiểm I của PQ. Nhưng I(2; 3) nên
∆
có phương trình x = 2.
TH2.
∆
ñi qua M và song song với PQ. Nhưng
PQ (6;2) 2(3;1)
= =
nên
∆
có phương trình:
2 3
3 13 0
5
x t
x y
y t
= +
⇔ − + =
= +
.
Cách 2. Phương trình tổng quát của
∆
là a(x – 2) + b(y – 5) = 0 (a
2
+ b
2
≠
0). Theo giả thiết thì:
2 2 2 2
2 2 5 5 4 2 5
d(P, ) d(Q, ) 3 3 3
a b a b a b a b
a b a b
a b a b
− + − − + − −
∆ = ∆ ⇔ = ⇔ + = −
+ +
.
Nếu 3a + 3b = 3a – b thì b = 0, do ñó a
≠
0. Chọn a = 1 ñược phương trình
∆
: x – 2 = 0.
Nếu 3a + 3b = −3a + b thì b = −3a. Chọn a = 1 thì b = −3, ñược phương trình
∆
: x – 3y +13 = 0.
Bài 2.
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho các ñiểm A(3; 3) và B(0; 2). Tìm trên ñường thẳng
: 4 0
x y
∆ + − =
, những ñiểm M sao cho
0
AMB 45
=
.
Giải.
∆
M
4
M
3
M
2
M
1
B
A
-1
4
3
2
1
5
4321
O
y
x
+ Lấy ñiểm M bất kỳ trên
∆
thì M(t; 4 – t). Suy ra
MA (3 ; 1)
t t
= − −
và
MB ( ; 2)
t t
= − −
.
+ Do
0
AMB 45
= nên
2 2 2 2
1 (3 ) ( 2)( 1)
2
(3 ) ( 1) . ( ) ( 2)
t t t t
t t t t
− − + − −
=
− + − − + −
.
+ Suy ra
4 3 2
6 7 6 8 0
t t t t
− + + − =
.
+ Phương trình trên cho các nghiệm t =
1, 1, 4, 2
−
và do ñó có 4 ñiểm M là:
M
1
(–1; 5), M
2
(4; 0), M
3
(1; 3) và M
4
(2; 2).
+ Hai ñiểm M
3
và M
4
nhìn ñoạn AB dưới góc 135
0
nên loại và chỉ còn M
1
và M
2
là chấp nhận.
Bài 3. Trong mặt phẳng với mục tiêu trực chuẩn nào ñó, hai cạnh của một tam giác có phương trình:
4
5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0.
Viết phương trình cạnh còn lại biết rằng gốc toạ ñộ O là trực tâm của tam giác ñó.
Giải.
3
-7
-4
y
x
O
B
C
A
Gọi AB: 5x – 2y + 6 = 0 và AC: 4x + 7y – 21 = 0. Hệ phương trình
5 2 6 0 0
4 7 21 0 3
x y x
x y y
− + = =
⇔
+ − = =
cho
nghiệm là toạ ñộ ñiểm A(0; 3). ðường cao qua BO vuông góc với AC là ñường thẳng ñi qua O và
vuông góc với AC nên có phương trình
7
4
y x
=
.
Suy ra toạ ñộ B là nghiệm hệ
5 2 6 0 4
7 4 0 7
x y x
x y y
− + = = −
⇔
− = = −
hay B
( 4; 7)
− −
.
Do cạnh BC vuông góc với AO nên BC có phuơng trình:
7
y
= −
.
Bài 4.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của
hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc
ñường thẳng
: 5 0
x y
∆ + − =
. Viết phương trình ñường thẳng AB.
Giải.
Gọi N ñối xứng với M qua I, thì N(11; –1) và N thuộc ñường thẳng CD.
I
M
N
B
E
D
C
A
Vì E
∈ ∆
nên E(t; 5 – t). Do ñó
IE ( 6;3 )
t t
= − −
,
NE ( 11;6 )
t t
= − −
và E là trung ñiểm CD nên IE
⊥
NE
nên suy ra (t – 6)(t – 11) + (3 – t)(6 – t) = 0
6, 7
t t
⇔ = =
. Với t = 6 ñược AB: y – 5 = 0, còn với t = 7
ñược AB: x – 4y + 19 = 0.
Bài 5.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình
chiếu vuông góc của ñiểm C trên ñường thẳng AB là ñiểm H(
−
1;
−
1), ñường phân giác trong của góc
A có phương trình x – y + 2 = 0 và ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.
Giải. Gọi H’ là ñiểm ñối xứng với ñiểm H qua phân giác trong của góc A thì H’
∈
AC. Khi ñó HH’ có
phương trình tham số x = –1 + t; y = –1 – t. Thế vào phương trình phân giác góc A ñược:
–1 + t – (–1 – t) + 2 = 0
⇔
t = –1 . Vậy trung ñiểm I của HH’ là I(–2; 0), do ñó H’(–3; 1).
ðường thẳng AC là ñường thẳng ñi qua H’ vuông góc với ñường cao qua B nên có phương trình tham
số là x = −3 + 4t, y = 1 + 3t. Khi ñó −3 + 4t −(1 + 3t) + 2 = 0
⇔
t = 2. Vậy A(5; 7). Vì
HA (6;8)
=
nên
phương trình ñường cao CH là 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0
⇔
3x + 4y + 7 = 0. Từ ñó tọa ñộ C là nghiệm hệ:
3 4 7 0
10 3 1
3 4 ; ;
3 4 12
1 3
x y
x t x y t
y t
+ + =
= − + ⇔ = − = = −
= +
. Tọa ñộ C
10 3
;
3 4
−
.
Bài 6.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ
Oxy, cho hai
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
0
:
d x y
− =
,
2
: 2 1 0
d x y
+ − =
. Tìm
5
t
ọ
a
ñộ
các
ñỉ
nh c
ủ
a hình vuông ABCD bi
ế
t r
ằ
ng
ñỉ
nh A thu
ộ
c
1
d
,
ñỉ
nh C thu
ộ
c
2
d
và các
ñỉ
nh B, D
thu
ộ
c tr
ụ
c hoành.
Giải.
d
2
d
1
y
x
O
I B
C
A
Vì A
∈
d
1
nên A(t; t). ðiểm C ñối xứng với A qua BD mà B, D thuộc trục hoành nên C(t; −t). Mặt khác
C
∈
d
2
nên 2t – t – 1 = 0, do ñó t = 1 và A(1; 1), C(1; –1). Suy ra tâm I của hình vuông ABCD là trung
ñiểm AC nên I(1; 0). Do IA = IB = IC = ID = 1 nên dễ dàng tìm ñược B(0; 0), D(2; 0) hoặc B(2; 0),
D(0; 0). Như vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; –1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; –1), D(0; 0).
Bài 7.
Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC với các ñỉnh
A( 1; 0), B(4; 0), C(0; )
m
−
với
m
≠
0. Tìm toạ ñộ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G.
Giải.
Ta có
G G
1 4 0 0 0
1;
3 3 3
m m
x y
− + + + +
= = = =
, tức là G
1;
3
m
. Từ ñó
GA 2; , GB 3;
3 3
m m
= − − = −
.
Vậy tam giác GAB vuông tại G khi và chỉ khi
2
GA.GB 0 6 0 3 6
9
m
m= ⇔ − + = ⇔ = ±
.
Bài 8.
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ ñề các vuông góc Oxy, cho elip có phương trình :
4x
2
+ 3y
2
– 12 = 0. Tìm ñiểm trên elip sao cho tiếp tuyến của elip tại ñiểm ñó cùng với các trục toạ ñộ
tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất.
Giải.
Tiếp tuyến
∆
với (E) tại M(x
0
; y
0
)
∈
(E) là
0 0
1
3 4
x x y y
+ =
vì (E):
2 2
1
3 4
x y
+ =
. Tiếp tuyến ñó cắt trục
hoành và trục tung tại A
0
3
;0
x
, B
0
4
0;
y
. Khi ñó S(OAB) =
1
2
OA.OB =
0 0 0 0
1 3 4 6
2
x y x y
=
. Mặt
khác ta có
2 2
0 0
4 3 12
x y
+ =
nên ta có:
2 2
0 0
0 0 0 0
(2 ) ( 3 )
1 1
2 . 3 . 3
2
2 3 2 3
x y
x y x y
+
= ≤ =
.
Vậy
0 0
6 6
S(OAB) 2 3
3
x y
= ≥ =
và
S(OAB) 2 3
=
khi
2 2
0 0
4 3
x y
=
. Thế vào hệ thức
2 2
0 0
4 3 12
x y
+ =
ta ñược
2
0
2
y
=
,
2
0
3
2
x
=
. Từ ñó có 4 ñiểm
6
; 2
2
,
6
; 2
2
−
,
6
; 2
2
−
,
6
; 2
2
− −
.
Bài 9.
Xét
ñ
i
ể
m M chuy
ể
n
ñộ
ng trên tia Ox,
ñ
i
ể
m N chuy
ể
n
ñộ
ng trên tia Oy sao cho
ñườ
ng th
ẳ
ng MN
ti
ế
p xúc v
ớ
i elip (E):
2 2
9
1
16
x y
+ =
. Xác
ñị
nh t
ọ
a
ñộ
các
ñ
i
ể
m M, N sao cho
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng MN có
ñộ
dài
nh
ỏ
nh
ấ
t. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t
ñ
ó.
Giải.
ðặt M(a; 0), N(0; b) với a, b > 0. Khi ñó MN có phương trình
1
x y
a b
+ =
và MN là tiếp tuyến của elíp
(E):
2 2
2 2
16 9
1 1
16 9
x y
a b
+ = ⇔ + =
. Vậy MN
2
= a
2
+ b
2
= (a
2
+ b
2
)
2 2
2 2 2 2
16 9 16 9
25
b a
a b a b
+ = + +
6
2 2
2 2
16 9
25 2 . 25 24 49
b a
a b
≥ + = + =
. Từ ñó suy ra Max MN = 7
⇔
2 2
2 2
2 2
16 9
28, 21
b a
a b
a b
= ⇔ = =
. Các
ñiểm cần tìm M
(2 7;0)
, N
(0; 21)
.
N
O
y
x
M
Bài 10. Cho elíp (E):
2 2
1
8 4
x y
+ =
và ñường thẳng
: 2 2 0
x y
∆ − + =
.
1) Chứng minh rằng
∆
cắt (E) tại hai ñiểm phân biệt B, C.
2) Tìm ñiểm A thuộc (E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Giải.
-2
2
O
A
1
∆
B
C
A
2
1) Thế
2 2
x y
= −
vào phương trình của (E): x
2
+ 2y
2
= 8 ta ñược
2 2
( 2 2) 2 8
y y
− + =
hay
2
2 1 0
y y
− − =
.
Hiển nhiên phương trình này có 2 nghiệm phân biệt, do ñó
∆
cắt (E) tại hai ñiểm phân biệt B, C.
2) Vì ñộ dài BC không ñổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi ñường cao h
a
lớn nhất.
ðiều ñó chỉ xảy ra khi và chỉ khi tiếp tuyến tại A phải song song với ∆. Phương trình tiếp tuyến d của
(E) tại A(x
0
; y
0
)∈(E) là
0 0
0 0
1 2 8
8 4
x x y y
x x y y
+ = ⇔ + =
. Vậy d//∆ nếu
0 0
0 0
2
2
1
2
x y
x y
= ⇔ = −
−
.
Nhưng A
∈
(E) nên
2 2
0 0
( 2 ) 2 8
y y
− + =
, do ñó
0
2
y
= ±
và vì vậy
0
2
x
=
∓
.
+ Nếu
1
A (2; 2)
−
thì
1
2 2( 2) 2
h 2 3
3
− − +
= = .
+ N
ế
u
2
A ( 2; 2)
−
thì
2
2 2( 2) 2
2
h
3 3
− − +
= = . Rõ ràng h
2
< h
1
nên
ñ
i
ể
m c
ầ
n tìm là
1
A (2; 2)
−
.
Chú ý.
Ph
ươ
ng trình
ñườ
ng kính liên h
ợ
p v
ớ
i ph
ươ
ng
( 2;1)
u =
c
ủ
a
∆
là
2
0 2 0
8 4
x y
x y
+ = ⇔ + =
.
Th
ế
vào (E):
2 2 2
( 2 ) 2 8 2
y y y
− + = ⇔ =
. T
ừ
ñ
ó A
1
(2; 2)
−
, A
2
( 2; 2)
−
và h
1
=
2 3
, h
2
=
2
3
. So
sánh suy ra
ñ
i
ể
m c
ầ
n tìm là A
1
.
Câu 11.
Cho 3 m
ặ
t ph
ẳ
ng 2x – y + 3z – 9 = 0, 3x – 5y + 5z – 5 = 0, 4x – 7y + 5z – 5 = 0.
7
a)
Ch
ứ
ng minh ba m
ặ
t ph
ẳ
ng
ñ
ó có m
ộ
t
ñ
i
ể
m chung duy nh
ấ
t.
b)
Tìm giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
a, b sao cho m
ặ
t ph
ẳ
ng Q: ax + by + z + 1 = 0 c
ũ
ng
ñ
i qua
ñ
i
ể
m chung
ñ
ó và song song v
ớ
i tr
ụ
c Oz.
Giải
.
a)
Xét h
ệ
phu
ơ
ng trình sau:
2 3 9 0 5
3 5 5 5 0 5 / 2
4 7 5 5 0 1/ 2
x y z x
x y z y
x y z z
− + − = =
− + − = ⇔ =
− + − = =
. ðiểm chung A
5 1
5; ;
2 2
.
b)
Vì Q//Ox nên
Q O
( ; ;1) (1;0;0)
x
n a b u
= ⊥ =
t
ứ
c là a.1 + b.0 + 1.0 = 0
⇒
a = 0. M
ặ
t khác Q c
ũ
ng
ñ
i
qua A nên
5 1
5 1 0
2 2
a b
+ + + =
. Do a = 0 nên b =
3
5
−
. V
ậ
y Q:
3
1 0 3 5 5 0
5
y z y z
− + + = ⇔ = − =
.
Câu 12.
Tìm
ñ
i
ề
u ki
ệ
n c
ủ
a tham s
ố
m
ñể
ba m
ặ
t ph
ẳ
ng sau có
ñ
i
ể
m chung duy nh
ấ
t. Tìm
ñ
i
ể
m chung
ñ
ó.
2
1 0
0
0
mx y z
x my z m
x y mz m
+ + − =
+ + − =
+ + − =
Giải. Ba mặt phẳng có ñiểm chung duy nhất khi và chỉ khi hệ ba phương trình trên có nghiệm duy nhất.
ðiều ñó xảy ra khi và chỉ khi:
2
1 1
D 1 1 ( 2)( 1) 0 2, 1
1 1
m
m m m m m
m
= = + − ≠ ⇔ ≠ − ≠
.
Ta có
2
1
2 2 2 2
1 1 1 1 0 0
D 1 0 1 (1 ) (1 )
1 1
m m m m m m
m m m m m m
= = − = − − +
− −
;
3 2 3 2
2
2
1 1
D 1 1 1 ( 1)
1
m
m m m m m m m
m m
= = + + − − − = −
;
4 2 2 2 2
3
2
1 1
D 1 1 ( 1)
1 1
m
m m m m m m m m
m
= = + + − − − = −
. V
ậ
y
ñ
i
ể
m chung duy nh
ấ
t là:
1
2
m
x
m
+
= −
+
,
1
2
y
m
=
+
,
2
( 1)
2
m
z
m
+
=
+
.
Câu 13
. Cho 3 m
ặ
t ph
ẳ
ng: x – ay + z = 2, x + 2y – z = 1, 2x – 4y + az = 0. Tìm a
ñể
ba m
ặ
t ph
ẳ
ng
ñ
ó
c
ắ
t nhau theo m
ộ
t giao tuy
ế
n là
ñườ
ng th
ẳ
ng.
Giải
. Xét:
2 2
1 1
D 1 2 1 2 2 4 4 4 4 12 ( 2)( 6)
2 4
a
a a a a a a a
a
−
= − = + − − − + = + − = − +
−
.
+ N
ế
u
2, 6
a a
≠ ≠ −
thì h
ệ
có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t, không tho
ả
mãn.
+ N
ế
u a = 2 ta có h
ệ
:
2 2 2 2
2 1 2 1
2 4 2 0 2 0
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
− + = − + =
+ − = ⇔ + − =
− + = − + =
. Hiển nhiên hệ vô nghiệm.
+ Nếu a =
6
−
ta có hệ
6 2 6 2
6 2
2 1 2 1
2 1
2 4 6 0 2 3 0
x y z x y z
x y z
x y z x y z
x y z
x y z x y z
+ + = + + =
+ + =
+ − = ⇔ + − = ⇔
+ − =
− − = − − =
. ðó là một ñường thẳng
8
và phương trình tổng quát, tham số là:
3
4
2
6 2
2 1
1
2
2
x t
x y z
y t
x y z
z t
= +
+ + =
⇔ = −
+ − =
= +
(Phương trình (3) = 2(2) – (1)).
Câu 14
. Xác ñịnh tham số m sao cho hai ñường thẳng sau cùng nằm trong một mặt phẳng.
1 2
2 1 1
: , :
1 2 1 1 1 2
x y z x m y z
d d
m m
− − −
= = = =
.
Giải
. ðường thẳng d
1
ñi qua ñiểm M
1
(0;0;0) có véc tơ chỉ phương
1
(1;2 ;1)
u m
=
. ðường thẳng d
2
ñi qua
ñiểm M
2
(2m; 1; 1) có véc tơ chỉ phương
2
(1;1;2 )
u m
=
. Suy ra
1 2
M M (2 ;1;1)
m=
. ðể hai ñường thẳng
ñã cho ñồng phẳng thì 3 véc tơ
1 2 1 2
, ,M M
u u
ñồng phẳng. Vậy:
3 3
1 2 1
1
1 1 2 0 1 8 1 2 2 2 0 8 6 2 0 1,
2
2 1 1
m
m m m m m m m m m
m
= ⇔ + + − − − = ⇔ − + = ⇔ = − =
.
Câu 15
. Trong không gian cho 3
ñ
i
ể
m A(2; m+1; 0), B(3; 0; m+1), C(2; 11; −5).
a)
Tìm m
ñể
ñ
i
ể
m D(1; 1; 1) cùng n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a 3
ñ
i
ể
m A, B, C.
b)
V
ớ
i các tham s
ố
v
ừ
a tìm
ñượ
c
ở
trên l
ậ
p ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a 4
ñ
i
ể
m
ñ
ó.
Giải.
a)
ðể
4
ñ
i
ể
m A, B, C, D cùng n
ằ
m trong m
ộ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng thì
CA, CB, CD
ph
ả
i
ñồ
ng ph
ẳ
ng.
Nh
ư
ng ta có
CA (0; 10;5), CB (1; 11; 6), CD ( 1; 10;6)
m m= − = − + = − −
nên
0 10 5
1 11 6 0
1 10 6
m
m
−
− + =
− −
t
ứ
c
là
2
0 10 5
0 1 11 6 [( 10)( 12) 105] 2 15
0 21 12
m
m m m m m
m
−
= − + = − − + + = − − +
− +
. Suy ra
3, 5
m m
= = −
.
Chú ý
. N
ế
u xét 3 véc t
ơ
DA,DB,DC
ñồ
ng ph
ẳ
ng thì có
ñị
nh th
ứ
c nh
ư
bài t
ậ
p 14
ở
trên.
b) V
ớ
i
3
m
=
thì
CA (0; 7;5), CB (1; 11;9)
= − = −
và
CA CB ( 8;5;7)
n = ∧ = −
là véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a
m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC)
ñ
i qua D, do
ñ
ó có ph
ươ
ng trình:
8( 1) 5( 1) 7( 1) 0 8 5 7 4 0
x y z x y z
− − + − + − = ⇔ − − + =
.
V
ớ
i
5
m
= −
thì
CA (0; 15;5), CB (1; 11;1)
= − = −
. Suy ra
CA CB (40;5;15) 5(8;1;3)
n = ∧ = =
là véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD) v
ớ
i ph
ươ
ng trình:
8( 1) ( 1) 3( 1) 0 8 3 12 0
x y z x y z
− + − + − = ⇔ + + − =
.
(chú ý n
ế
u xét
DA, DB, DC
thì ta có bài toán 14
ở
trên).
Câu 16
. Trong không gian cho 3 véc t
ơ
(1; ; 1), (2; 1; ), (1;10; 6)
a m b m c
= − = − = −
.
a)
Tìm m
ñể
cho 3 véc t
ơ
ñ
ã cho cùng n
ằ
m trong m
ộ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng. Trong tr
ườ
ng h
ợ
p
ñ
ó vi
ế
t
ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng
ñ
i qua g
ố
c to
ạ
ñộ
và ch
ứ
a c
ả
ba véc t
ơ
ñ
ó.
b)
Tìm tham s
ố
m sao cho
1 1
m
− ≤ ≤
và th
ể
tích hình h
ộ
p t
ạ
o b
ở
i ba véc t
ơ
trên là l
ớ
n nh
ấ
t.
Giải.
a) Ba véc t
ơ
ñ
ã cho
ñồ
ng ph
ẳ
ng khi và ch
ỉ
khi
2
1 1
2 1 0 2 15 0 3, 5
1 10 6
m
m m m m m
−
− = ⇔ + − = ⇔ = = −
−
.
+ Khi
3
m
=
thì
(1;3; 1), (2; 1;3)
a b= − = −
, do
ñ
ó
(8; 5; 7)
n a b
= ∧ = − −
là véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a m
ặ
t
ph
ẳ
ng c
ầ
n tìm. Do m
ặ
t ph
ẳ
ng này
ñ
i qua g
ố
c to
ạ
ñộ
nên có ph
ươ
ng trình
8 5 7 0
x y z
− − =
.
+ Khi
5
m
= −
thì
(1; 5; 1), (2; 1; 5)
a b
= − − = − −
, do
ñ
ó véc t
ơ
(24;3;9) 3(8;1;3)
n a b= ∧ = =
là véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng c
ầ
n tìm. Do nó
ñ
i qua g
ố
c to
ạ
ñộ
nên có ph
ươ
ng trình
8 3 0
x y z
+ + =
.
9
b) Trong tr
ườ
ng h
ợ
p t
ổ
ng quát ta có
2
( 1; 2; 1 2 )
a b m m m
∧ = − − − − −
. V
ậ
y th
ể
tích c
ủ
a h
ộ
p d
ự
ng trên 3
véc t
ơ
, ,
a b c
là
2 2
V ( ). ( 1).1 ( 2).10 ( 1 2 )( 6) 2 15
a b c m m m m m
= ∧ = − + − − + − − − = + −
.
ðặ
t
2
( ) 2 15
f m m m
= + −
và xét hàm s
ố
này trên t
ậ
p
D [ 1,1]
= −
ta có f(m) là hàm s
ố
ñồ
ng bi
ế
n và ngoài
ra f
( 1) 16
− = −
, f(1) =
12
−
. V
ậ
y
[ ]
1,1
MaxV 16
m∈ −
=
t
ạ
i
1
m
= −
.
Câu 17
. Cho 3 m
ặ
t ph
ẳ
ng:
1
2
3
2 0 ( )
2 5 0 ( )
10 6 1 0 ( )
x my z P
x y mz P
x y z P
+ − − =
− + − =
+ − − =
a) Xác ñịnh m ñể ba mặt phẳng này chỉ có một ñiểm chung duy nhất. Tìm giao ñiểm của ba mặt phẳng
này khi m = 4.
b) Tìm ñiều kiện của m sao cho mặt phẳng (P
1
) và (P
2
) chỉ cắt mặt phẳng toạ ñộ Oxy tại một ñiểm duy
nhất.
c) Tìm m sao cho ba mặt phẳng có giao tuyến chung. Viết phương trình giao tuyến ñó.
Giải.
a) Ba mặt phẳng ñã cho có một ñiểm chung duy nhất nếu hệ phương trình xác ñịnh bởi chúng có
nghiệm duy nhất (hay 3 véc tơ pháp tuyến của chúng không ñồng phẳng), do ñó:
D =
2
1 1
2 1 0 2 15 0 3, 5
1 10 6
m
m m m m m
−
− ≠ ⇔ + − ≠ ⇔ ≠ ≠ −
−
.
Khi m = 4 có hệ
4 2 0
2 4 5 0
10 6 1 0
x y z
x y z
x y z
+ − − =
− + − =
+ − − =
. Biến ñổi
1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 1 2
2 1 4 5 0 9 6 1 0 9 6 1
1 10 6 1 0 6 5 1 0 0 1 1/3
− − −
− → − → −
− − − − −
.
Từ ñó ta có nghiệm của hệ là
17 1 1
( ; ; ) ; ;
9 9 3
x y z
=
.
b) Hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (P
1
) và (P
2
) ch
ỉ
c
ắ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy (có ph
ươ
ng trình z = 0) t
ạ
i m
ộ
t
ñ
i
ể
m duy nh
ấ
t khi
và ch
ỉ
khi h
ệ
ph
ươ
ng trình xác
ñị
nh b
ở
i 3 m
ặ
t ph
ẳ
ng
ñ
ó có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t. V
ậ
y c
ầ
n có
1
1
0 1 2 0
2 1
2
m
m m
≠ ⇔ − − ≠ ⇔ ≠ −
−
, t
ứ
c là
1
2
m
≠ −
.
c)
ðể
3 m
ặ
t ph
ẳ
ng có giao tuy
ế
n chung thì h
ệ
3 ph
ươ
ng trình xác
ñị
nh b
ở
i chúng có nghi
ệ
m ph
ụ
thu
ộ
c 1
tham s
ố
, t
ứ
c h
ạ
ng ma tr
ậ
n các h
ệ
s
ố
c
ủ
a h
ệ
b
ằ
ng 2. Theo trên:
+ Khi
3
m
=
có h
ệ
3 2 0 3 2 0 7 8
3 2 0
2 3 5 0 7 5 1 0 3 5
7 5 1 0
10 6 1 0 7 5 1 0 4 7
x y z x y z x t
x y z
x y z y z y t
y z
x y z y z z t
+ − − = + − − = = +
+ − − =
− + − = ⇔ − + − = ⇔ ⇔ = − −
− + − =
+ − − = − − + = = − −
.
+ Khi
5
m
= −
có h
ệ
5 2 0 5 2 0
2 5 5 0 9 3 1 0
10 6 1 0 15 5 1 0
x y z x y z
x y z y z
x y z y z
− − − = − − − =
− − − = ⇔ − − =
+ − − = − + =
. H
ệ
vô nghi
ệ
m (2 ph
ươ
ng trình sau).
V
ậ
y các giá tr
ị
m c
ầ
n tìm là
3
m
=
và ph
ươ
ng trình giao tuy
ế
n
ñ
ó là
ñườ
ng th
ẳ
ng:
7 8
3 2 0
3 5
7 5 1 0
4 7
x t
x y z
y t
y z
z t
= +
+ − − =
⇔ = − −
− + − =
= − −
.
Bài 18.
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
ñộ
Oxyz, cho b
ố
n
ñ
i
ể
m: A(1; 2; 1), B(–2; 1; 3), C(2; –1; 1) và
D(0; 3; 1). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (P)
ñ
i qua A và B sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
C
ñế
n (P) b
ằ
ng
kho
ả
ng cách t
ừ
D
ñế
n (P).
Giải.
10
(P) c¾t CD t¹i trung ®iÓm I cña CD
CD//(P)
I
D
C
A
B
(P)
D
C
(P)
B
A
Cách 1. Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong 2 trường hợp sau:
TH1. (P) qua A, B và song song với CD. Vì
AB ( 3; 1;2)
= − −
,
CD ( 2;4;0)
= −
nên mặt phẳng (P) có
véc tơ pháp tuyến
AB,CD ( 8; 4; 14)
n
= = − − −
, do ñó (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0.
TH2. (P) qua A, B và cắt CD tại trung ñiểm I của CD. Nhưng I(1; 1; 1) nên
AI (0; 1;0)
= −
và do ñó véc
tơ pháp tuyến của (P) là
AB,AI (2;0;3)
n
= =
, do ñó (P): 2x + 3z – 5 = 0.
Như vậy có 2 mặt phẳng (P) cần tìm là: 4x + 2y + 7z – 15 = 0; 2x + 3z – 5 = 0.
Cách 2. Phương trình tổng quát của (P): ax + by + cz + d = 0 (a
2
+ b
2
+ c
2
≠
0). Do (P) qua A, B nên:
2 0 3 2
2 3 0 5 5
a b c d b a c
a b c d d a c
+ + + = = − +
⇔
− + + + = = −
. Như vậy (P): ax – (3a – 2c)y + cz + 5a – 5d = 0.
Từ giả thiết d(C; (P)) = d(D; (P))
2 2 2 2 2 2
2 3 2 5 5 3(3 2 ) 5 5
(3 2 ) (3 2 )
a a c c a c a c c a c
a a c c a a c c
+ − + + − − − + + −
⇔ =
+ − + + − +
10 6 4 2 7 4 ; 3 2
a c a c a c a c
⇔ − = − + ⇔ = =
.
Với a = 4, c = 7 thì b = 2, d = −15 và ta ñược (P
1
): 4x + 2y + 7z – 15 = 0.
Với a = 2, c = 3 thì b = 0, d = −5 và ta ñược (P
2
): 2x + 3z – 5 = 0.
Bài 19.
Cho ña thức
2
0 1 2
( )
m
m
f x a a x a x a x
= + + + +
và ma trận vuông A. Ta ký hiệu f(A) là ma
trận ñược xác ñịnh như sau:
2
0 1 2
(A) I A A A
m
n m
f a a a a= + + + +
, trong ñó
I
n
là ma trận ñơn vị cùng
cấp với ma trận vuông A. Áp dụng, cho A
4 5 2
5 7 3
6 9 4
−
= −
−
và f(x) = x
2
– x
3
, tính f(A).
Giải.
Vì
2
4 5 2 4 5 2 3 3 1
A 5 7 3 5 7 3 3 3 1
6 9 4 6 9 4 3 3 1
− − −
− − = −
− − −
=
nên
3 2
3 3 1 4 5 2 3 3 1
A A A 3 3 1 5 7 3 3 3 1
3 3 1 6 9 4 3 3 1
.
− − −
= = − − −
− − −
=
.
Từ ñó suy ra f(A)
2 3
0 0 0
A A O 0 0 0
0 0 0
= − = =
.
Bài 20.
Giải hệ phương trình tuyến tính sau.
2 4 8
3 9 27
4 16 64
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
Giải.
Ta có D = 2
0
≠
nên hệ là hệ Crame, do ñó có nghiệm duy nhất.
D 48, D 52, D 18
x y z
= = − =
.
Từ ñó hệ có nghiệm
24; 26, 9
x y z
= = − =
.
Bài 21.
Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm cơ bản của hệ phương trình:
1 2 3
1 2 3
2 3 0
3 0
x x x
x x x
− + =
+ − =
Giải. Nghiệm tổng quát
( 8 , 5 , 7 ),
t t t t
− ∈
R
, do ñó nghiệm cơ bản
( 8;5;7)
−
.
11
Bài 22. Cho ma trận
ij
A (a ) Mat ( )
n
= ∈
C
trong ñó
ij
a
và
ji
a
là hai số phức liên hợp với mọi i, j = 1,
2, , n. Chứng minh detA là một số thực.
Giải.
Theo ñịnh nghĩa của ñịnh thức thì
1f(1) 2f(2) nf(n)
f S
det A s(f).a .a a M N (M, N )
n
i
∈
= = + ∈
∑
R
. Lấy
liên hợp hai vế của ñẳng thức trên ta ñược:
1f(1) 2f(2) nf(n)
f S
M N s(f).a .a a
n
i
∈
− =
∑
1f(1) 2f(2) nf(n) 1f(1) 2f(2) nf(n)
f S f S
s(f).a .a a s(f).a .a a det A
n n
∈ ∈
= = =
∑ ∑
Vậy
M N M N
i i
− = +
, do ñó N = – N hay N = 0. Suy ra detA = M là số thực.
Bài 23.
Chứng minh ma trận
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
A
− −
− −
− −
=
khả nghịch. Tìm ma trận nghịch ñảo
1
A
−
.
Giải.
Ta có
1 1 1 1 4 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1 1
det A 4 1 1 1 4 0 0 2 16 0
1 1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 0 2 0
1 1 1 1 0 1 1 1
− − − −
− − − −
= = = − − = − = − ≠
− − − −
− − −
− − − −
, do ñó
ma trận A khả nghịch.
2
1 1 1 1 1 1 1 1 4 0 0 0 1 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1 0 4 0 0 0 1 0 0
A 4 4I
1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 4 0 0 0 1 0
1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 4 0 0 0 1
− − − −
= = =
− − − −
− − − −
=
, trong ñó I là ma trận
ñơn vị cấp 4. Từ
2 1
1 1
A 4I A.A I A A
4 4
−
= ⇔ = ⇔ =
, ta có ma trận nghịch ñảo
1
1
A A
4
−
=
.
Bài 24.
Giải hệ phương trình:
1
3 2 1
3 2 5
5 8 3 11
x y
x y z
x y z
x y z
+ =
+ − =
+ + =
+ + =
Giải.
Ta có
1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1
3 2 1 1 0 1 1 2 0 1 1 2
1 3 2 5 0 2 2 4 0 0 0 0
5 8 3 11 0 3 3 6 0 0 0 0
− − − −
→ →
. Vậy hệ
⇔
1
2
x y
y z
+ =
+ =
Suy ra nghiệm tổng quát của hệ là:
( 1 , 2 , ),
t t t t
− + − ∈
R
hoặc
(1 , , 2 ),
u u u u
− − ∈
R
, hoặc
( , 1 , 1 ),
v v v v
− + ∈
R
.
Bài 25.
Phân tích ñịnh thức sau thành nhân tử
D
a x x b
x a b x
x b a x
b x x a
=
.
Giải.
Ta có D =
1 1
1 0
( 2 ) ( 2 )
1 0
1 0 0 0
a x x b x x b x x b
x a b x a b x a x b x x b
a b x a b x
x b a x b a x b x a x x b
b x x a x x a a b
=
− − −
= + + = + +
− − −
−
12
( 2 )( )
a x b x
a b x a b
b x a x
− −
= + + − =
− −
2 2 2
( 2 )( )[( ) ( ) ] ( 2 )( ) ( 2 )
a b x a b a x b x a b x a b a b x
+ + − − − − = + + − + −
.
Bài 26.
Giải phương trình AX = B, với: A =
1 2 1
0 1 3
0 2 4
và B =
2 6 8
3 2 5
4 4 0
− −
−
.
Giải. Rõ ràng detA = – 2
≠
0, nên A không suy biến, do ñó phương trình AX = B
1
X A B
−
⇔ =
.
Tính ma trận nghịch ñảo
1
A
−
bằng phương pháp ñịnh thức hoặc biến ñổi sơ cấp ta ñược:
1
2 6 5
1
A 0 4 3
2
0 2 1
−
− −
−
−
−
=
. Do ñó
2 6 5 2 6 8 3 10 23
1
X 0 4 3 3 2 5 0 10 10
2
0 2 1 4 4 0 1 4 5
− − − − −
= − = − −
−
− −
.
Bài 27.
Phân tích thành nhân tử ñịnh thức
2 2 2
2 2 2
2 2 2
( )
D ( )
( )
b c b c
a c a c
a b a b
+
= +
+
.
Giải. Ta có
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
)
( ) ( ) 0 ( )
D ( ) 0 ( ) ( )
( ( )
b c b c b c a c a b
a c a c c a b c a b
a b a b a b a b
=
+ + − − +
= + + − − +
+ +
Rút nhân tử chung ở dòng 1 và 2 ta ñược: D =
222
2
)(
0
0
)(
baba
bacbac
bacacb
cba
+
−−−+
−−−+
++
=
2 2 2 2
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
a b c a b c a b b c a c a b a c a b b c a b b c a
+ + + + − + − − − − + − + − − + −
=
2 3
( ) 2 ( ) 2 ( ) .
a b c abc a b c abc a b c
= + + + + = + +
Bài 28.
Cho hệ phương trình:
(1 ) 2
(1 ) 2 0
2 3 2
x y m z m
m x y z
x my z m
+ + − = +
+ − + =
− + = +
(m là tham số).
1) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm duy nhất.
2) Tìm nghiệm duy nhất trong trường hợp ñó.
Giải.
1) Hệ ñã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi detA
≠
0. Nhưng ta có:
detA =
2
2
1 1 1 1 1 1
2 3
1 1 2 2 0 3
2 3
2 3 2 0 3
m m
m m
m m m
m m m
m m m m
− −
+ −
+ − = + − = − =
+ − + +
− + − + +
2
(2 )( 3 3 ) ( 2)( 2)
m m m m m m m
= − + − + + − + = + −
nên hệ có nghiệm duy nhất khi
0, 2
m m
≠ ≠ ±
2) Vì
2 1 1 2 1 3
2 3
D 0 1 2 0 1 0 ( 2)
2 2 3
2 3 2 2 3
m m m m
m m
m m
x
m m
m m m m m
+ − + −
+ −
= − = − = − = +
+ − +
+ − + − − +
.
1 2 1 1 1 1 1 1 1
D 1 0 2 ( 2) 1 0 2 ( 2) 1 0 2 ( 2)( 3)
2 2 3 2 1 3 1 0 2
m m m m
m m m m m m m m
y
m m
+ − − −
= + = + + = + + = − + +
+ +
13
2
1 1 2 1 1 1 1 1 1
D 1 1 0 ( 2) 1 1 0 ( 2) 1 1 0 ( 2)
2 2 2 1 1 1 0
m
m m m m m m m
z
m m m m
+
= + − = + + − = + + − = − +
− + − − −
+ Nghiệm duy nhất trong trường hợp này là:
D
( 2) 1
detA ( 2)( 2) 2
m m
x
x
m m m m
+
= = =
+ − −
;
D
( 2)( 3) 3
detA ( 2)( 2) 2
m m m m
y
y
m m m m
− + + +
= = = −
+ − −
;
2
D ( 2) 2
detA ( 2)( 2) 2
m m m
z
z
m m m m
− + +
= = = −
+ − −
.
Bài 29.
Một ñịnh thức D cấp n với các phần tử a
ij
∈
R
gọi là phản ñối xứng nếu
ij ji
a a
= −
với mọi i, j =
1, 2, … , n. Chứng minh rằng ñịnh thức phản ñối xứng cấp lẻ thì bằng không.
Giải.
Nhân tất cả các dũng của D với (
1
−
) thì ñịnh thức mới là
( 1) D
n
−
và chính là chuyển vị của D.
Theo tính chất, ñịnh thức không thay ñổi qua phép chuyển vị nên
( 1) D D
n
− =
mà n lẻ nên
D D
− =
. Từ
ñó suy ra D = 0.
Bài 30.
Cho hệ phương trình:
2 2 3 8
2 2 7
1
3 2 2 3
x y z
x y z
x z
x y z
− + =
− + =
+ =
+ + = −
.
1) Tìm nghiệm tổng quát của hệ.
2) Tìm nghiệm nguyên của hệ.
Giải.
1) Dùng phép biến ñổi Gauxơ ta có:
2 2 3 8 1 0 1 1 1 0 1 1
1 2 2 7 1 2 2 7 0 2 1 6
1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0
3 2 2 3 4 0 4 4 0 0 0 0
−
− − −
→ →
−
.
Vậy ta có hệ tương ñương
1 3
2 3
1
2 6
x x
x x
+ =
− + =
. Suy ra nghiệm tổng quát của hệ là:
5
; ; 1
2
a
a a
+
− −
hoặc
(
)
5 2 ; ; 6 2
b b b
− − +
hoặc
6
1 ; ;
2
c
c c
−
−
, trong ñó
, ,
a b c
∈
R
.
2) Nghiệm nguyên của hệ là
(
)
5 2 ; ; 6 2
b b b
− − +
, trong ñó
b
∈
Z
.
Bài 31.
Giải và biện luận theo các tham số a, b, c hệ phương trình tuyến tính sau ñây:
2 3
2 3
2 3
x ay a z a
x by b z b
x cy c z c
+ + =
+ + =
+ + =
.
Giải.
Ta có
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
1
D 1 0 ( )( ) ( )( )( )
1
1 0
a a a a
b a
b b b a b a b a c a b a c a c b
c a
c c c a c a
+
= = − − = − − = − − −
+
− −
;
3 2 2
3 2 2
3 2 2
1
D 1 D
1
x
a a a a a
b b b abc b b abc
c c c c c
= = =
;
3 2 3 2
3 2 3 3 2 2
3 2 3 3 2 2
1 1
D 1 0
1 0
y
a a a a
b b b a b a
c c c a c a
= = − − =
− −
14
2 2 2 2
2 2 2 2
( )( ) ( )( )
b ba a b a b ba a b a
b a c a b a c a
c ca a c a c b ca ba c b
+ + + + + +
= − − = − − =
+ + + − + − −
2 2
2 2 2 2
( )( )( ) ( )( )( )( )
1
b ba a b a
b a c a c b b a c a c b b ba a bc b ab ac ab a
c b a
+ + +
= − − − = − − − + + − − − − − − =
+ +
( )( )( )( ) ( )D
b a c a c b ab bc ca ab bc ca
= − − − − + + = − + +
.
3 3
2 2
3 3 3
2 2
3 3 3
1 1
1
D 1 0 ( )( )
1
1 0
z
a a a a
b ba a
b b b a b a b a c a
c ca a
c c c a c a
+ +
= = − − = − − =
+ +
− −
2 2
( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )D
b a c a c b ca ba b a c a c b a b c a b c
= − − − + − = − − − + + = + +
.
Vậy: + Nếu a, b, c ñôi một khác nhau thì hệ có nghiệm duy nhất cho bởi công thức:
, ( ),
x abc y ab bc ca z a b c
= = − + + = + +
.
+ Nếu a = b = c thì hệ
2 3
x ay a z a
⇔ + + =
có nghiệm tổng quát
3 2
( ; ; ), ,a am a n m n m n
− − ∈
R
.
+ Nếu trong 3 số a, b, c có hai số bằng nhau nhưng khác số còn lại, chẳng hạn
a b c
= ≠
thì hệ có
nghiệm phụ thuộc một tham số, bởi vì hệ
2 3
2 3
2 3
x ay a z a
x by b z b
x cy c z c
+ + =
+ + =
+ + =
2 3
2 3
x by b z b
x cy c z c
+ + =
⇔
+ + =
.
Nghiệm tổng quát là:
2 2
( ); ( ) ; ,x bc t b c y b c t b bc c z t t
= − − = − + + + + = ∈
R
.
Chú ý. Trong trường hợp D
0
≠
, thì hệ có nghiệm duy nhất x, y, z. Xét phương trình ẩn X sau:
2 3 3 2
0
x Xy X z X X zX yX x
+ + = ⇔ − − − =
.
Rõ ràng phương trình này có 3 nghiệm a, b, c nên theo ñịnh lý Viét ta có:
; ;
1 1 1
z y x
a b c ab bc ca abc
− − −
+ + = − + + = = −
, ( ),
x abc y ab bc ca z a b c
⇔ = = − + + = + +
.
Bài 32. Giải hệ phương trình tuyến tính sau:
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 4
1 2 3 4
2 5 4 1
3 2 2 2
11 2 5 5
4 8 3 3
x x x x
x x x x
x x x
x x x x
+ + − = −
− + + =
+ − = −
− + + =
Từ kết quả ñó chỉ ra nghiệm nguyên của hệ.
Giải.
Ta có
2 5 4 1 1 0 11 0 5 5 0 11 0 5 5
1 3 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 2 2
0 11 2 5 5 0 11 2 5 5 0 0 2 0 0
4 1 8 3 3 0 11 0 5 5 0 0 0 0 0
− − − − − −
− − −
→ →
− − − −
− − −
. Vậy có hệ tương ñương:
2 4
1 2 3 4
3
11 5 5
2 0
3 2 2 2
x x
x
x x x x
− = −
=
− + + =
. Suy ra nghiệm tổng quát
7 7 5 5
; ; 0; ,
11 11
a a
a a
− + −
∈
R
.
Bài 33.
Lập phương trình mặt cầu ñi qua 3 ñiểm
A(1;2; 4); B(1; 3;1); C(2;2;3)
− −
và có tâm nằm trên
mặt phẳng Oxy.
Giải.
Cách 1. Vì tâm I của mặt cầu (S) nằm trên mặt phẳng Oxy nên I(a; b; 0). Khi ñó (S) có phương
trình:
2 2 2
2 2 0
x ax y by z d
− + − + + =
. Do A, B, C thuộc (S) nên:
21 2 4 0 2
11 2 6 0 1
17 4 4 0 21
a b d a
a b d b
a b d c
− − + = = −
− + + = ⇔ =
− − + = = −
. Từ ñó (S):
2 2 2
( 2) ( 1) 26
x y z
+ + − + =
.
15
Cách 2. Ta có
AB (0; 5;5) 5(0;1; 1)
= − = − −
và trung ñiểm M của AB là M
1 3
1; ;
2 2
− −
.
AC (1;0;7)
=
và trung ñiểm N của AC là N
3 1
;2;
2 2
−
.
Suy ra mặt phẳng trung trực của AB là
1 3
0 1 0
2 2
y z y z
+ − + = ⇔ − − =
và mặt phẳng trung trực
của AC là
3 1
7 0 7 2 0
2 2
x z x z
− + + = ⇔ + + =
. Mặt phẳng Oxy có phương trình z = 0, nên tọa
ñộ tâm I của (S) là nghiệm của hệ
1 0 2
7 2 0 1
0 0
y z x
x z y
z z
− − = = −
+ + = ⇔ =
= =
. Từ ñó bán kính R mặt cầu (S) cần tìm
là
2 2 2
R IA 3 1 ( 4) 26
= = + + − =
và (S) là
2 2 2
( 2) ( 1) 26
x y z
+ + − + =
.
Bài 34.
Tìm tâm và bán kính của ñường tròn (C):
2 2 2
12 4 6 24 0
2 2 1 0
x y z x y z
x y z
+ + − + − + =
+ + + =
Giải.
ðường tròn (C) ñược xem là giao tuyến của mặt cầu (S):
2 2 2
12 4 6 24 0
x y z x y z
+ + − + − + =
và mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
+ + + =
. Dễ dàng thấy (S) có tâm I
(6; 2;3)
−
và bán kính R = 5. Gọi H là
tâm của (C) và r là bán kính của (C) thì IH =
12 4 3 1
(I,(P)) 4
4 4 1
d
− + +
= =
+ +
và
2 2
R IH 3
r
= − =
. Gọi
∆
là ñường thẳng qua I và vuông góc với (P) thì H =
(P)
∆
∩
. Phương trình
6 2
: 2 2
3
x t
y t
z t
= +
∆ = − +
= +
nên tọa
ñộ H là nghiệm hệ
6 2
2 2
3
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
= +
= − +
= +
+ + + =
. Suy ra
4
3
t
= −
và H
10 14 5
; ;
3 3 3
−
.
Bài 35.
Cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 11 0
x y z x y z
+ + − + − − =
và mặt phẳng (P):
2 2 17 0
x y z
+ − + =
.
Lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo một ñường tròn có bán kính bằng 3.
Giải. Dễ thấy (S) có tâm
I(1; 2;3)
−
và bán kính R = 5. Vì (Q)//(P) nên (Q):
2 2 0
x y z d
+ − + =
. Do
ñường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3 nên khoảng cách h từ I ñến (P) là
2 2
R r 25 9 4
h
= − = − =
.
Suy ra
2.1 2( 2) 3
(I,(P)) 4 5 12
4 4 1
d
d d
+ − − +
= = ⇔ − =
+ +
. Suy ra d = 17 (loại), d =
7
−
và do ñó (Q) là
2 2 7 0
x y z
+ − − =
.
Bài 36.
Cho mặt cầu (S):
2 2 2
10 2 26 113 0
x y z x y z
+ + − + + − =
và hai ñường thẳng:
1
5 1 13
:
2 3 2
x y z
d
+ − +
= =
−
;
2
7 1 8
:
3 2 0
x y z
d
+ + −
= =
−
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) và song song với cả d
1
và d
2
.
Giải.
Trước hết ta thấy (S) có tâm I
(5; 1; 13)
− −
, bán kính R =
308
. Véc tơ chỉ phương của
1 2
,
d d
lần
lượt là
1 2
(2; 3;2), (3; 2;0)
u u
= − = −
. Vì (P) song song với cả
1 2
,
d d
nên
1 2
[ , ] (4;6;5)
n u u
= =
là véc
tơ pháp tuyến của (P), do ñó (P) có dạng
4 6 5 0
x y z d
+ + + =
. (P) tiếp xúc với (S) nên:
2 2 2
4.5 6( 1) 5(13)
308 51 154
4 6 5
d
d
+ − + +
= ⇔ − =
+ +
. Suy ra
205
d
=
hoặc
103
d
= −
và ta có
16
hai mặt phẳng cần tìm:
4 6 5 205 0
x y z
+ + + =
và
4 6 5 103 0
x y z
+ + − =
.
Bài 37.
Tìm ñiểm M trên mặt cầu (S):
2 2 2
( 3) ( 2) ( 1) 9
x y z
− + + + − =
sao cho khoảng cách từ ñó ñến
mặt phẳng (P) là ngắn nhất.
Giải. Mặt cầu (S) có tâm I
(3; 2;1)
−
, bán kính R = 3. ðiểm M cần tìm ngoài nằm trên (S) còn nằm trên
ñường thẳng
∆
ñi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P). ðường thẳng
∆
có phương trình
3
2 2
1 2
x t
y t
z t
= +
= − +
= +
.
Suy ra M
(3 ; 2 2 ;1 2 )
t t t
+ − + +
và do ñó
2 2 2
(3 3) ( 2 2 2) (1 2 1) 9 1
t t t t
+ − + − + + + + − = ⇔ = ±
. Từ
ñó có hai ñiểm M là M
1
(4;0;3)
và M
2
(2; 4; 1)
− −
. Nhưng
1
29
(M ,(P))
3
d =
,
2
(M ,(P)) 1
d
=
nên ñiểm
M cần tìm là M
2
(2; 4; 1)
− −
.
Bài 38. Cho ñường thẳng
2 4 7 0
:
4 5 14 0
x y z
x y z
+ − − =
∆
+ + − =
và hai mặt phẳng song song (P):
2 2 2 0
x y z
+ − − =
và (Q):
2 2 4 0
x y z
+ − + =
. Lập phương trình mặt cầu có tâm trên
∆
, tiếp xúc với cả (P) và (Q)
Giải.
Mặt phẳng (R) song song và cách ñều (P), (Q) có phương trình
2 2 1 0
x y z
+ − + =
. Ngoài ra
khoảng cách giữa (P) và (Q) là
2 0 0 4
2
1 4 4
+ − +
=
+ +
(ñiểm A(2;0;0) thuộc (P)). Suy ra bán kính của (S)
bằng 1. Tâm I của (S) là nghiệm của hệ
1
2 2 1 0
3
2 4 7 0
3
4 5 14 0
x
x y z
y
x y z
z
x y z
= −
+ − + =
⇔ =
+ − − =
=
+ + − =
. Vậy phương trình của (S) là:
2 2 2
( 1) ( 3) ( 3) 1
x y z
+ + − + − =
Bài 39.
Cho
A(1;2;2), B( 1;2; 1), C(1;6; 1), D( 1;6;2)
− − − −
. Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện
có các cặp cạnh ñối diện bằng nhau. Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ñó.
Giải. Dễ dàng tính ñược
AB CD 13; AC BD 5; AD BC 2 5
= = = = = =
.
Tứ diện ñã cho là tứ diện cân, do ñó trung ñiểm I của ñoạn thẳng nối trung ñiểm của cặp cạnh ñối diện
cách ñều 4 ñỉnh hay I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Gọi M là trung ñiểm AB, N là
trung ñiểm CD thì I là trung ñiểm MN.
Nhưng ta có M
1
0;2;
2
; N
1
0;6;
2
nên I
1
0;4;
2
và bán kính R mặt cầu là R = IA =
29
2
. Từ ñó
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là
2
2 2
1 29
( 4)
2 4
x y z
+ − + − =
.
Bài 40.
Lập phương trình mặt cầu ñi qua ñiểm M(1;1;1) và ñi qua giao tuyến của hai mặt cầu:
(S
1
):
2 2 2
2 2 4 3 0
x y z x y z
+ + − + − − =
và (S
2
):
2 2 2
4 2 11 0
x y z x z
+ + + − − =
.
Giải.
Mặt cầu (S) ñi qua giao tuyến của cả hai mặt cầu (S
1
) và (S
2
) có dạng:
2 2 2 2 2 2
( 2 2 4 3) ( 4 2 11) 0
m x y z x y z n x y z x z
+ + − + − − + + + + − − =
, trong ñó
,
m n
∈
R
và
không ñồng thời bằng không. Hơn nữa nó ñi qua M nên:
(1 1 1 2 2 4 3) (1 1 1 4 2 11) 0 2 3 0
m n m n
+ + − + − − + + + + − − = ⇔ + =
.
Chọn
3
m
=
thì
2
n
= −
và (S) là:
2 2 2 2 3 2
14 6 8 13 0 ( 7) ( 3) ( 4) 61
x y z x y z x y z
+ + − + − + = ⇔ − + + + − =
.
17
Phần 2. Các bài toán về ðại số ñại cương
Lý thuyết
1. Nửa nhóm, nhóm, nhóm con chuẩn tắc, nhóm thương và ñồng cấu nhóm
2. Vành: ñịnh nghĩa, tính chất. Trường, trường con
3. Vành ña thức: ñịnh nghĩa, tính chất
Bài tập
Bài 1. Cho tập
{
}
*
( , ) , , 0
a b a b b× = ∈ ≠
R R R
và trên ñó có phép toán ñại số hai ngôi xác ñịnh
như sau: (a, b).(c, d) = (a + bc, bd),
*
( , ), ( , )a b c d
∀ ∈ ×
R R
(mà ta gọi là phép nhân).
1) Chứng minh rằng
*
×
R R
cùng với phép nhân xác ñịnh như trên là một nhóm.
2) Tìm tất cả các phần tử có cấp 2 trong nhóm nhân
*
×
R R
.
3) Chứng minh rằng bộ phận A =
{
}
( , 1)a a ∈
R
là nhóm con chuẩn tắc của nhóm nhân
*
×
R R
và
nó ñẳng cấu với nhóm cộng các số thực
R
.
Giải.
1) +
*
( , ), ( , ), ( , )a b c d m n
∀ ∈ ×
R R
thì: (a, b)[(c, d).(m, n)] = (a, b)(c + dm, dn) = (a + bc + bdm, bdn).
Còn [(a, b).(c, d)].(m, n) = (a + bc, bd)(m, n) = (a + bc +bdm, bdn). So sánh suy ra:
(a, b)[(c, d).(m, n)] = [(a, b).(c, d)].(m, n) . Vậy phép nhân có tính chất kết hợp.
+ Rõ ràng (0, 1)
*
∈ ×
R R
và (a, b)(0, 1) = (a + b.0, b.1) = (a, b); (0, 1).(a, b) = (0 + 1.a, 1.b) = (a, b).
Vậy phép nhân có phần tử ñơn vị là (0, 1).
+ Với mỗi cặp (a, b)
*
∈ ×
R R
mà (a, b)
≠
(0, 1) thì
1
( , )( , ) ( , ) (0,1) ( , ) ,
a
a b x y a bx by x y
b b
= + = ⇔ = −
.
Vậy phần tử nghịch ñảo của (a, b) là
1
,
a
b b
−
. Suy ra
*
×
R R
là một nhóm.
2) Giả sử (a, b) có cấp 2 tức là (a, b)
≠
(0, 1) và
2
( , )( , ) (0,1) ( , ) (0,1)
a b a b a ba b= ⇔ + =
. Vì vậy ta
ñược (a, b) = (a,
1
−
). Nói cách khác các phần tử có cấp 2 của nhóm
*
×
R R
có dạng
( , 1),
a a
− ∈
R
.
3) Với (a, 1), (b, 1)
∈
A ta có (a, 1).(b, 1) = (a + b, 1)
∈
A và
1
( ,1) ( ,1)
a a
−
= −
vì
( ,1).( ,1) (0,1)
a a
− =
.
Hơn nữa
*
( , ) , ( ,1) A
x y a
∀ ∈ × ∀ ∈
R R
ta có
1
1
( , ) ( ,1)( , ) , ( , )
x
x y a x y a x y
y y
−
= − + =
,1 ,1 A
x a x a
y y y
+
= − + = ∈
. Vậy A là nhóm con chuẩn tắc của nhóm
*
×
R R
.
Xét ánh xạ
: A
f
→
R
từ nhóm nhân A ñến nhóm cộng các số thực
R
xác ñịnh bởi
( ,1)
f a a
=
. Hiển
nhiên f là song ánh, hơn nữa
[( ,1).( ,1)] ( ,1) ( ,1) ( ,1)
f a b f a b a b f a f b
= + = + = +
nên f là ñẳng cấu
nhóm, tức là A
≅
*
×
R R
.
Bài 2.
Cho số tự nhiên m > 0. Chứng minh rằng tập
m
Z
với phép cộng (+) xác ñịnh bởi
a b a b
+ = +
với mọi
a
,
m
b ∈
Z
là một nhóm aben (gọi là nhóm cộng các số nguyên mô ñun m). Nếu m là số
nguyên tố p, chứng minh rằng tập
{
}
\ 0
p
Z
với phép nhân (.) xác ñịnh bởi
.
a b ab
=
,
{
}
, \ 0
p
a b∀ ∈
Z
là một nhóm aben.
Giải. Trước hết nhắc lại rằng quan hệ có cùng số dư trong phép chia một số nguyên cho m trong tập
Z
các số nguyên (ký hiệu là modm) là một quan hệ tương ñương trên
Z
. Do ñó tồn tại tập thương
/ mod
m
Z
mà ta ký hiệu là
m
Z
. Mỗi phần tử của tập
m
Z
là một lớp tương ñương ký hiệu
k
. Như vậy:
{
}
, , , 0
k a a mq r q r r m
= ∈ = + ∈ ≤ <
Z Z
và
{
}
0, 1, 2, , 1
m
m
= −
Z
.
1)
, ,
m
a b c ∈
Z
ta có
( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
+ + = + + = + + = + + = + + = + +
.
Trong
m
Z
có
0
sao cho
0 0
a a a
+ = + =
. Cuối cùng nếu
m
a
∈
Z
thì
a r
=
(
0
r m
≤ <
) thì phần tử
18
m
m r− ∈
Z
có tính chất
0
a m r r m r r m r m
+ − = + − = + − = =
. Hơn nữa ta có
a b b a
+ = +
vì
a b a b b a b a
+ = + = + = +
. Vậy
m
Z
với phép toán xác ñịnh như trên là một nhóm aben (phần tử
trung lập là
0
, phần tử ñối của
m
a
∈
Z
là
m
m a− ∈
Z
).
2)
{
}
, , \ 0
m
a b c ∈
Z
ta có
.( . ) . ( ) ( ) . ( . ).
a b c a bc a bc ab c ab c a b c
= = = = =
. Mặt khác
{
}
1 \ 0
m
∈
Z
có tính chất
.1 .1
a a a
= =
,
{
}
\ 0
m
a∀ ∈
Z
. Cuối cùng
{
}
\ 0
p
a∀ ∈
Z
thì a không chia hết cho số
nguyên tố p, nên a, p nguyên tố cùng nhau, do ñó tồn tại các số nguyên b và q sao cho
1
ab pq
+ =
. Khi
ñó
1 .
ab pq ab pq ab a b
= + = + = =
. Vậy
{
}
\ 0
p
Z
cùng với phép toán xác ñịnh như trên là một nhóm.
Chú ý. Tập
m
Z
cùng với hai phép toán xác ñịnh như trên lập thành một vành giao hoán có ñơn vị. ðặc
biệt khi m là số nguyên tố thì
m
Z
là một miền nguyên, hơn nữa là một một trường (trường thặng dư mô
ñun nguyên tố p).
Bài 3.
Cho nhóm cộng các số nguyên
Z
và nhóm nhân U =
{
}
1,1
−
.
1) Chứng minh rằng bộ phận A của
Z
là nhóm con của
Z
khi và chỉ khi A có dạng
m
Z
, trong ñó m là
số nguyên nào ñó.
2) Xét bộ phận V =
{
}
⊂
6,4
Z
. Hỏi nhóm con B của
Z
sinh bởi tập V là nhóm nào? phần tử sinh của
nhóm B là phần tử nào?
3) Xét ánh xạ
f
:
Z
→
U ñược ñịnh nghĩa là
f
(n) = 1, nếu n chẵn,
f
(n) = –1, nếu n lẻ. Chứng minh
f
là một toàn cấu nhóm. Tìm Ker
f
và nhóm thương
Z
/ Ker
f
.
Giải.
1) ● Nếu A = m
Z
, thì A là nhóm con của
Z
. Thật vậy:
+ Ta có m.0 = 0, nên 0
∈
A, suy ra A
∅
≠
.
+ Với ma, mb
∈
m
Z
= A, thì ma – mb = m(a – b)
∈
m
Z
= A.
● Nếu A là nhóm con của
Z
, thì A có dạng A =
m
Z
. Thật vậy:
+ Nếu A =
{
}
0
, thì A =
Z
0
.
+ Nếu A
≠
{
}
0
, thì tồn tại a
≠
0 và a
∈
A, suy ra: – a
∈
A. Trong 2 số nguyên khác không a và – a
có số nguyên dương nên A chứa số nguyên dương. Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc A. Thế thì
rõ ràng
m
Z
⊂
A.
Với mọi a
∈
A, ñặt a = mq + r với q, r
∈
Z
và 0
≤
r < m. Khi ñó r = a – mq
∈
A. Nhưng m là số
nguyên dương nhỏ nhất thuộc A, nên suy ra r = 0.
Vậy a = mq
∈
m
Z
, nghĩa là A
⊂
m
Z
. Từ ñó A =
m
Z
.
2)
+ Các phần tử của nhóm B sinh ra bởi tập V =
{
}
6,4
trong nhóm cộng
Z
có dạng 4x + 6y với x, y
∈
Z
, tức là 4x + 6y = 2(2x + 3y)
∈
2
Z
, hay B
⊂
2
Z
.
+ Ngược lại với mọi a
∈
2
Z
, tức là a = 2m với m
∈
Z
, thì a = (6 – 4)m = 6m – 4m
∈
B, hay 2
Z
⊂
B.
Vậy B = 2
Z
và phần tử sinh của B là 2.
3)
+ Với mọi m, n
∈
Z
:
- nếu m, n cùng chẵn thì m + n chẵn, do ñó f(m + n) = 1 = 1.1 = f(m).f(n);
- nếu m, n cùng lẻ thì m + n chẵn, do ñó f(m + n) = 1 = ( –1).( –1) = f(m).f(n);
- nếu m chẵn, còn n lẻ thì m + n lẻ, do ñó f(m + n) = –1 = 1.( –1) = f(m).f(n);
- nếu m lẻ, còn n chẵn thì m + n lẻ, do ñó f(m + n) = –1 = (–1).1 = f(m).f(n).
Vậy f là ñồng cấu nhóm. Hiển nhiên f là toàn ánh, do ñó f là toàn cấu nhóm.
+ Ta có m
∈
Ker
f
⇔
f
(m) = 1
⇔
m là số chẵn. Vậy Ker
f
= B = 2
Z
.
+ Nhóm thương
Z
/ Ker
f
có hai phần tử, ñó là 2
Z
và 1 + 2
Z
, hay
Z
/ Ker
f
= {2
Z
, 1 + 2
Z
}.
Bài 4.
Xét nhóm S
3
các phép thế bậc 3.
1) Cấp của nhóm S
3
là bao nhiêu? Viết tất cả các phần tử của nó và lập bảng toán cho nhóm S
3
.
2) Tìm tất cả các nhóm con của nhóm S
3
. Trong tất cả các nhóm con của nhóm S
3
ñó, nhóm con nào là
xyclic? nhóm con nào là chuẩn tắc? Chỉ rõ tập con sinh ra nhóm con ñó.
19
Giải.
1) + Cấp của nhóm S
3
là 3! = 6.
+ ðặt e = f
1
=
321
321
, f
2
=
( )
32
231
321
=
, f
3
=
123
321
(
)
31
=
,
f
4
=
( )
21
312
321
=
, f
5
=
( )
321
132
321
=
, f
6
=
( )
231
213
321
=
,
thì S
3
=
{
}
654321
,,,,, ffffff
.
+ Bảng toán
×
của S
3
là:
×
f
1
f
2
f
3
f
4
f
5
f
6
f
1
f
1
f
2
f
3
f
4
f
5
f
6
f
2
f
2
f
1
f
5
f
6
f
3
f
4
f
3
f
3
f
6
f
1
f
5
f
4
f
2
f
4
f
4
f
5
f
6
f
1
f
2
f
3
f
5
f
5
f
4
f
2
f
3
f
6
f
1
f
6
f
6
f
3
f
4
f
2
f
1
f
5
2) + Các nhóm con của nhóm S
3
gồm:
- Các nhóm con tầm thường:
{
}
1
f
và S
3
.
- Các nhóm con cấp 2:
{
}
21
, ff
,
{
}
31
, ff
,
{
}
41
, ff
.
- Các nhóm con cấp 3:
{
}
651
,, fff
.
+ Nhóm con xyclic và phần tử sinh ra nhóm con ñó là:
{
}
〉〈=
11
ff
,
{
}
21
, ff
=
〉〈
2
f
,
{
}
31
, ff
=
〉〈
3
f
,
{
}
41
, ff
=
〉〈
4
f
,
{
}
651
,, fff
=
〉〈
5
f
=
〉〈
6
f
.
+ Nhóm con chuẩn tắc của nhóm S
3
là:
{
}
1
f
,
{
}
651
,, fff
.
+ Nhóm S
3
=
f f f
〈 〉
2 3 4
, ,
.
Bài 5.
1) Chứng minh tập hợp
{
}
( 2) 2 ,a b a b= + ∈
Q Q
, là trường con của trường
R
các số thực.
2) Tìm tất cả các tự ñẳng cấu của trường
( 2)
Q
. Từ ñó suy ra tập hợp Aut
( 2)
Q
các tự ñẳng cấu của
nó là một nhóm xyclic ñối với phép nhân ánh xạ.
Giải.
1) + Ta có 1
∈
( 2)
Q
và
2
∈
( 2)
Q
, nên
( 2)
Q
có nhiều hơn một phần tử.
+ Với mọi: a + b
2
, c + d
2
∈
( 2)
Q
và c + d
2
≠
0, ta có:
(a + b
2
) – (c + d
2
) = (a – c) + (b – d)
2
∈
( 2)
Q
(a + b
2
)(c + d
2
)
– 1
=
22
2
2)()2(
)2)(2(
)2)(2(
dc
adbcbdac
dcdc
dcba
−
−+−
=
−+
−+
∈
( 2)
Q
.
V
ậ
y
( 2)
Q
là tr
ườ
ng con c
ủ
a tr
ườ
ng R.
2) Ta bi
ế
t r
ằ
ng n
ế
u
f
là m
ộ
t t
ự
ñẳ
ng c
ấ
u c
ủ
a tr
ườ
ng
( 2)
Q
, thì
f
Q
(
f
thu h
ẹ
p trên
Q
) là t
ự
ñẳ
ng
c
ấ
u
ñồ
ng nh
ấ
t. Vì v
ậ
y v
ớ
i m
ọ
i a + b
2
∈
( 2)
Q
, ta có:
f
(a + b 2 ) =
f
(a) +
f
(b)
f
( 2 ) = a + b
f
( 2 ).
Nh
ư
ng
2
2 (2) ( 2. 2) ( 2) ( 2) [ ( 2)]
f f f f f= = = =
, nên suy ra
( 2) 2
f =
ho
ặ
c
( 2) 2
f
= −
.
Nh
ư
v
ậ
y tr
ườ
ng
( 2)
Q
có hai t
ự
ñẳ
ng c
ấ
u là:
+ t
ự
ñẳ
ng c
ấ
u
ñồ
ng nh
ấ
t
1
f
(a + b
2
) = a + b
2
, v
ớ
i m
ọ
i a + b
2
∈
( 2)
Q
và
20
+ t
ự
ñẳ
ng c
ấ
u liên h
ợ
p
2
f
(a + b
2
) = a – b
2
, v
ớ
i m
ọ
i a + b
2
∈
( 2)
Q
.
Hi
ể
n nhiên Aut
( 2)
Q
=
{
}
21
, ff
v
ớ
i phép nhân ánh x
ạ
có tính ch
ấ
t
1
2
1
ff =
,
1
2
2
ff =
,
21221
fffff
=
=
, nên là m
ộ
t nhóm xyclic mà ph
ầ
n t
ử
sinh là
2
f
.
Bài 6.
Gi
ả
s
ử
X là m
ộ
t vành có tính ch
ấ
t x
2
= x, v
ớ
i m
ọ
i
X
x
∈
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1) x + x = 0, v
ớ
i m
ọ
i
X
x
∈
.
2) X là m
ộ
t vành giao hoán.
3) N
ế
u X là vành không có
ướ
c c
ủ
a không, có nhi
ề
u h
ơ
n m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
thì X là m
ộ
t mi
ề
n nguyên.
Giải.
1)
Cách 1
. V
ớ
i m
ọ
i
X
x
∈
, ta có: – x = (– x)
2
= x
2
= x, hay x + x = 0.
Cách 2
. V
ớ
i m
ọ
i
X
x
∈
, ta có: (x + x)
2
= x + x. Suy ra x
2
+ x + x + x
2
= x + x, hay
x + x + x + x = x + x. T
ừ
ñ
ó: x + x = 0.
2) V
ớ
i m
ọ
i
, X
x y
∈
, ta có: x + y = (x + y)
2
= x
2
+ xy + yx + y
2
= x + xy + yx + y. Th
ự
c hi
ệ
n lu
ậ
t gi
ả
n
ướ
c ta
ñượ
c xy + yx = 0 và do
ñ
ó xy = – (yx) = yx. V
ậ
y X giao hoán.
3) Vì X có nhi
ề
u h
ơ
n m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
nên t
ồ
n t
ạ
i
X
x
∈
,
≠
x
0 và x
2
= x. V
ậ
y v
ớ
i m
ọ
i
X
y
∈
ta có:
xy = x
2
y hay xy – x
2
y = 0, t
ứ
c là x(y – xy) = 0. Do
≠
x
0 và X không có
ướ
c c
ủ
a không nên suy ra
xy = y. Vì X giao hoán nên ta c
ũ
ng có yx = y. V
ậ
y x là
ñơ
n v
ị
. Tóm l
ạ
i m
ọ
i ph
ầ
n t
ử
khác không c
ủ
a X
ñề
u là
ñơ
n v
ị
, do
ñ
ó X =
{
0, 1
}
(X ch
ỉ
có hai ph
ầ
n t
ử
), suy ra X là mi
ề
n nguyên.
Bài 7.
L
ậ
p b
ả
ng toán c
ộ
ng (+) và nhân (
×
) cho tr
ườ
ng X có 4 ph
ầ
n t
ử
.
Giải.
G
ọ
i tr
ườ
ng X =
{
0, 1, a, b
}
, trong
ñ
ó 0 là ph
ầ
n t
ử
không, 1 là ph
ầ
n t
ử
ñơ
n v
ị
và a, b là hai ph
ầ
n t
ử
còn l
ạ
i c
ủ
a X. Ta có (X, +) là nhóm aben c
ấ
p 4, nh
ư
ng không là nhóm xyclic nên là nhóm b
ố
n (nhóm
Clein). Còn (X \
{
0
}
,
×
) là nhóm c
ấ
p 3 nên là nhóm xyclic v
ớ
i ph
ầ
n t
ử
sinh là a ho
ặ
c b.
V
ậ
y b
ả
ng toán c
ủ
a tr
ườ
ng X là:
+ 0 1 a b
0 0 1 a b
1 1 0 b a
a a b 0 1
b b a 1 0
×
0 1 a b
0 0 0 0 0
1 0 1 a b
a 0 a b 1
b 0 b 1 a
Bài 8.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng trong m
ọ
i nhóm h
ữ
u h
ạ
n c
ấ
p ch
ẵ
n l
ớ
n h
ơ
n 2, luôn luôn ch
ứ
a m
ộ
t nhóm con
không t
ầ
m th
ườ
ng c
ũ
ng có c
ấ
p ch
ẵ
n.
Giải.
+ Xét nhóm nhân X có c
ấ
p 2n, n > 1 và n là s
ố
nguyên d
ươ
ng. Hi
ể
n nhiên ánh x
ạ
:
: X X
f
→
xác
ñị
nh
b
ở
i
( )
f x x
−
=
1
là một song ánh.
+ Vì vậy nếu ghép cặp x và x
–1
với nhau ta ñược n cặp như vậy. Nhưng e = e
–1
thực chất chỉ là một phần
tử, nên còn tồn tại ít nhất một phần tử
∈
x
X có tính chất x = x
–1
và x
≠
e, hay x
2
= e có nghĩa là x có
cấp 2. Hiển nhiên nhóm con xyclic
{
}
xex ,=〉〈
là nhóm con không tầm thường của nhóm X có cấp 2
(cấp chẵn).
Bài 9.
Gọi G
1
, G
2
là các nhóm nhân với ñơn vị lần lượt là e
1
, e
2
và f: G
1
→
G
2
là một ñồng cấu nhóm.
Chứng minh rằng f(e
1
) = e
2
và f(a
–1
) = [f(a)]
–1
, với mọi a
∈
G
1
.
Giải.
Thật vậy
1
G
x
∀ ∈
ta có
1 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x f e f e x f x e f e e
= = ⇒ =
(luật giản ước trong nhóm).
1
G
a
∀ ∈
ta có
1 1
( . ) ( ).[ ( )]
f a a f a f a
− −
=
1 1 1 1
( ) ( ) ( ).[ ( )] ( ) [ ( )]
f a f a f a f a f a f a
− − − −
⇔ = ⇔ =
(luật
21
giản ước trong nhóm).
Bài 10.
1) Giả sử
{
}
2 3
A , , ,
e a a a
=
là một nhóm xyclic cấp 4 với phần tử sinh là a. Viết tất cả các tự
ñồng cấu của nhóm A.
2) Giả sử f: X
→
X là một tự ñồng cấu của vành X. Chứng minh rằng bộ phận:
{
}
A X ( )
x f x x
= ∈ =
là một vành con của vành X.
Giải.
1) Các tự ñồng cấu của nhóm xyclic A bao gồm:
1
2 2
3 3
:
e e
a a
f
a a
a a
֏
֏
֏
֏
;
2
2
2
3 2
:
e e
a a
f
a e
a a
֏
֏
֏
֏
;
3
3
2 2
3
:
e e
a a
f
a a
a a
֏
֏
֏
֏
2) Theo tính chất của ñồng cấu vành thì
(0) 0 0 A A
f
= ⇒ ∈ ⇒ ≠ ∅
.
, A
x y
∀ ∈
thì
( )
f x x
=
và
( )
f y y
=
, do ñó
( ) ( ) ( ) A
f xy f x f y xy xy
= = ⇒ ∈
và
( ) ( ) ( ) A
f x y f x f y x y x y
+ = + = + ⇒ + ∈
.
Ngoài ra với e là ñơn vị của X thì
( )
f e e
=
A
e
⇒ ∈
. Vậy A là vành con của vành X.
Bài 11.
Cho X là một trường với ñơn vị e. Xét bộ phận
{
}
A ne n= ∈
Z
của X.
1) Chứng minh rằng A là vành con của vành X.
2) A có phải là một miền nguyên không? Tại sao?
Giải.
1) Hiển nhiên khi n = 0, n = 1 thì
0, A
e
∈
. Vậy A
≠ ∅
(thậm chí A có nhiều hơn một phần tử). Với
mọi m, n
∈
ℤ
thì
( ) A
me ne m n e
+ = + ∈
và
. ( ) A
me ne mn e
= ∈
. Vậy A là vành con của vành X.
2) Vì X là một trường nên không có ước của không, do ñó trên A cũng không có ước của không, vì thế
A là một miêng nguyên.
Bài 12.
Trên trường các số thực
R
, cho tập con A =
{
}
( 2) 2 ,a b a b= + ∈
Q Q
.
1) Chứng minh A là trường con của trường
R
.
2) Tìm phần tử nghịch ñảo của phần tử: x =
2
2
1
−
.
Giải.
1) Hiển nhiên A chứa 0 và 1, do ñó A có nhiều hơn một phần tử.
2, 2 A
a b c d
α β
∀ = + = + ∈
thì
( 2) ( 2) ( ) ( ) 2 A
a b c d a c b d
α β
− = + − + = − + − ∈
vì
, , ,
a b c d
∈
Q
nên
,
a c b d
− − ∈
Q
.
Nếu
0 2 A
c d
β
≠ + = ∈
thì
2 2
2 0
c d
− ≠
(do
,
c d
∈
Q
). Vậy
1 1
( 2)( 2)
a b c d
αβ
− −
= + + =
2 2 2 2 2 2
2 ( 2)( 2) 2
2 A
2 2 2
2
a b a b c d ac bd bc ad
c d c d c d
c d
+ + − − −
= = = + ∈
− − −
+
. Vậy A là trường con của
R
.
2) Phần tử
1
2 ( 2)
2
x = − ∈Q
có phần tử nghịch ñảo
1
1 2 2(1 2 2) 2 4
2
1
7 7 7
1 2 2
2
2
x
−
+
= = = = − −
−
−
−
.
Bài 13.
1) Chứng minh rằng mọi X có tính chất
2
, X
a e a
= ∀ ∈
ñều là nhóm aben.
2) Chứng minh rằng mọi nhóm X có cấp không vượt quá 5 ñều là nhóm aben.
Giải.
1) Từ giả thiết
2
, X
a e a
= ∀ ∈
suy ra
1
, X
a a a
−
= ∀ ∈
. Vậy
, X
a b
∀ ∈
ta có
1 1 1
( )
ab ab b a ba
− − −
= = =
.
Từ ñó suy ra X là nhóm aben.
2) Các nhóm cấp 1, 2, 3, 5 theo ñịnh lý Lagrăng ñều là nhóm xyclic, nên là nhóm aben. ðối với nhóm
cấp 4, nếu có phần tử cấp 4 thì nó là nhóm xyclic nên là aben. Còn nếu nó không có phần tử cấp 4 nào
thì theo ñịnh lý Lagrăng trừ ñơn vị các phần tử của nó ñều cấp 2, tức là
2
, X
a e a
= ∀ ∈
. Theo chứng
minh trên X cũng là nhóm aben.
22
Bài 14. Cho hai ña thức
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
và
2
g( ) 1
x x x
= + +
. Tìm ñiều kiện về số tự nhiên m ñể
f ( )
m
x
chia hết cho g(x) trong vành ña thức
[ ]
x
R
(
R
là trường các số thực). Kết quả ñó còn ñúng
không nếu xét trên vành ña thức
[ ]
x
Z
(
Z
là vành số nguyên).
Giải.
Cách 1.
+ Với m = 1, thì
2
1
f ( ) 1
x x x
= + +
⋮
2
g( ) 1
x x x
= + +
.
+ Với m = 2, thì
4 2 2 2
2
f ( ) 1 ( 1)( 1)
x x x x x x x
= + + = + + − +
⋮
2
g( ) 1
x x x
= + +
.
+ Với m = 3 , thì
6 3 6 3 3 2 2
3
f ( ) 1 ( 1) ( 1) 3 ( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1) 3
x x x x x x x x x x x x
= + + = − + − + = + − + + + − − + +
không chia
hết cho
2
g( ) 1
x x x
= + +
, và trong trường hợp này dư trong phép chia là 3. Nhưng ta có hiệu
2( 3)
3 2 2 6 3
3
f ( ) f ( ) 1 1 ( 1) ( 1)
m
m m m m m
m
m
x x x x x x x x x x
+
+
− = + + − − − = − + −
+
chia hết cho
2
1
f ( ) 1 g( )
x x x x
= + + =
với mọi m. Từ kết qủa này suy ra ña thức
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
chia hết cho
ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
trong vành
[ ]
x
R
với mọi m không chia hết cho 3.
Kết quả này vẫn ñúng trong
[ ]
x
Z
vì ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
có hệ số cao nhất bằng 1.
Cách 2.
Nhận xét rằng nếu số tự nhiên n chia hết cho số tự nhiên k thì
( 1) ( 1)
n k
x x
− −
⋮
. Chia số tự nhiên m
cho 3 ta ñược m = 3q + r với với q, r
∈
Z
và 0
r 3
≤ <
.
+ Nếu r = 0 thì
6 3 6 3
2
f ( ) 1 1 ( 1) ( 1) 3
q q q q
m m
m
x x x x x x x
= + + = + + = − + − +
chia cho ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
dư 3 vì
3 2
1 ( 1)( 1)
x x x x
− = − + +
.
+ Nếu r = 1 thì
6 2 3 1 6 3
2 2 2
f ( ) 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
q q q q
m m
m
x x x x x x x x x x x
+ +
= + + = + + = − + − + + +
chia hết cho
2
g( ) 1
x x x
= + +
.
+ Nếu r = 2 thì
6 4 3 2 6 3
2 4 2 4 2
f ( ) 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
q q q q
m m
m
x x x x x x x x x x x
+ +
= + + = + + = − + − + + +
chia hết
cho
2
g( ) 1
x x x
= + +
vì
4 2 2 2
1 ( 1)( 1)
x x x x x x
+ + = + + − +
.
Vậy ña thức
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
chia hết cho ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
trong vành
[ ]
x
R
với mọi m
không chia hết cho 3.
Cách 3.
Ta thấy rằng ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
là bất khả quy trên trường số thực
R
vì nó có bậc hai và
không có nghiệm trên
R
. Nhưng nếu
α
∈
C
là nghiệm của g(x) thì
2 3 2
α α 1 0 α α α 0
+ + = ⇒ + + = ⇒
3 2
α α α 1
⇒ =− − =
Vậy
α
∈
C
là một căn phức bậc 3 của 1 và khác 1. ðặt m = 3q + r với q, r
∈
Z
và
0
r 3
≤ <
.
+ Nếu r = 0, thì
6 3
f (
α) α α 1 3 0
q q
m
= + + = ≠
.
+ Nếu r = 1, thì
6 2 3 1
2
f (
α) α α 1 α α 1 0
q q
m
+ +
= + + = + + =
.
+ Nếu r = 2, thì
6 4 3 2
4 2 2 2
f (
α) α α 1 α α 1 (α α 1)(α α 1) 0
q q
m
+ +
= + + = + + = + + − + =
.
Vậy với m không chia hết cho 3 thì
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
chia hết cho
2
g( ) 1
x x x
= + +
trong
[ ]
x
C
.
Nhưng
C
là trường mở rộng của trường
R
,
2
g( ) 1
x x x
= + +
là bất khả quy trên trường số thực
R
nhận
α
∈
C
làm nghiệm và
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
[ ]
x
∈
R
nhận
α
∈
C
làm nghiệm với mọi m không
chia hết cho 3, do ñó ña thức
2
f ( ) 1
m m
m
x x x
= + +
chia hết cho ña thức
2
g( ) 1
x x x
= + +
trong vành
[ ]
x
R
với mọi m không chia hết cho 3.
Bài 15.
Cho X là nhóm xyclic cấp n sinh bởi phần tử a. Xét phần tử b = a
k
(
k
∈
N
) của X.
23
1) Chứng minh rằng phần tử b có cấp là
n
d
, trong ño d là ƯCLN của n và k.
2) Chứng minh rằng
k
b a
=
cũng là phần tử sinh của X khi và chỉ khi d = 1. Từ ñó suy ra số phần tử
sinh của X
Giải.
1) Ta có
( )
n kn k
n
d d d
b a a e
= = =
. Nếu
m km
b e a e km
= ⇔ = ⇔
chia hết cho n. Suy ra m chia hết cho
n
d
.
Vậy cấp của phần tử b là
n
d
.
2) Rõ ràng X sinh bởi b
⇔
b có cấp n
1
d
⇔ =
. Vậy số phần tử sinh của X là số các số k (0 < k < n) và
(k, n) = 1. Số ñó chính là hàm
φ( )
n
(hàm số Ơle).
Bài 16.
Cho X là một nhóm và tập con
{
}
Z(X) X , X
a ax xa x= ∈ = ∀ ∈
(gọi là tâm của nhóm X).
Chứng minh rằng tâm của nhóm là nhóm con chuẩn tắc và giao hoán của nhóm ñó.
Giải.
Hiển nhiên ñơn vị
Z(X)
e
∈
nên
Z(X)
≠ ∅
. Ngoài ra
, Z(X)
a b
∀ ∈
ta có
, , X
ax xa bx xb x
= = ∀ ∈
,
do ñó
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ab x a bx a xb ax b xa b x ab
= = = = =
. Suy ra
Z(X)
ab
∈
. Mặt khác từ
ax xa
=
suy ra
1 1 1
axa xaa x axa
− − −
= ⇔ =
. Do ñó
1 1 1 1
( )
a x a axa xa
− − − −
= =
hay
1
Z(X)
a
−
∈
. Vậy Z(X) là
nhóm con của nhóm X, hơn nữa nó là giao hoán.
Cuối cùng
Z(X), X
a x
∀ ∈ ∀ ∈
ta có
1 1
Z(X)
x ax x xa a
− −
= = ∈
nên Z(X) là nhóm con chuẩn tắc của
nhóm X.
Bài 17. Chứng minh rằng:
1) Nhóm con của một nhóm xyclic cũng là một nhóm xyclic.
2) Nhóm thương của một nhóm xyclic cũng là một nhóm xyclic.
3) Ảnh ñồng cấu của một nhóm xyclic cũng là nhóm xyclic.
Giải.
1) Xét nhóm xyclic X sinh bởi phần tử a và nhóm con A của X. Nếu A =
{
}
e
thì hiển nhiên A là nhóm
xyclic. Nếu
{
}
A
e
≠
thì A chứa ít nhất phần tử có dạng
k
a
với
0
k
≠ ∈
ℤ
và do ñó A cũng chứa phần
tử
k
a
−
. Như vậy A chứa ít nhất một lũy thừa nguyên dương của a. Gọi
m
b a
=
là phần tử của A với m
là số nguyên dương nhỏ nhất. Khi ñó
A
n
a
∀ ∈
, ñặt
( , , 0 )
n mq r q r r m
= + ∈ ≤ <
ℤ
thì ta có:
.
n mq r mq r
a a a a
+
= =
. Suy ra
A
r n mq
a a
−
= ∈
. Nếu
0
r
≠
thì từ
A
r
a
∈
suy ra mâu thuẫn với
m
b a
=
là phần tử của A với m là số nguyên dương nhỏ nhất. Vậy phải có
0
r
=
và từ ñó suy ra
n mq q
a a b
= =
hay A là nhóm xyclic ñược sinh bởi phần tử
m
b a
=
.
2) Chứng minh tương tự nếu X là nhóm xyclic sinh bởi phần tử a và A là nhóm con của nhóm X thì
nhóm thương X/A cũng là nhóm xyclic sinh bởi lớp trái aA, tức là
X/A A
a
=
〈 〉
.
3) Xét nhóm xyclic X sinh bởi phần tử a và nhóm xyclic Y sinh bởi phần tử b và
: X Y
f
→
là một
ñồng cấu nhóm. Khi ñó
(X) Im( ) ( )
f f f a
= = 〈 〉
.
Chú ý rằng nếu
: X Y
f
→
là một ñồng cấu nhóm thì ta có
Im( ) X / Ker( )
f f
≅
, do ñó theo 1) nhóm
thương của một nhóm xyclic cũng là nhóm xuclic nên suy ra
Im( )
f
cũng là nhóm xyclic.
Bài 18.
1) Chứng rằng tập
{
}
[ ] ,i a bi a b= + ∈
Z Z
là một vành con của vành
C
các số phức (gọi là vành các
số nguyên Gauxơ) (số
i
có tính chất
2
1
i
= −
).
2) Chứng rằng tập
{
}
[ 2] 2 ,a b a b= + ∈
Z Z
là một vành con của vành
R
các số thực.
3) Chứng rằng tập
{
}
( 2) 2 ,a b a b= + ∈
Q Q
là một vành con của vành
Q
các số hữu tỷ.
Giải.
24
1) Hiển nhiên 0, 1
∈
[ ]
i
Z
. Với mọi
,
a bi c di
α β
= + = +
[ ]
i
∈
Z
ta có
( ) ( )
a c b d i
α β
− = − + −
[ ]
i
∈
Z
và
( )( ) ( ) ( )
a bi c di ac bd ad bc i
αβ
= + + = − + +
[ ]
i
∈
Z
. Vậy
[ ]
i
Z
là vành con của
C
.
2) Hiển nhiên 0, 1
[ 2]
∈
Z
. Với mọi
2, 2
a b c d
α β
= + = +
[ 2]
∈
Z
ta có:
( 2) ( 2) ( ) ( ) 2
a b c d a c b d
α β
− = + − + = − + −
[ 2]
∈
Z
và
( 2)( 2) ( 2 ) ( ) 2
a b c d ac bd ad bc
αβ
= + + = + + +
[ 2]
∈
Z
. Vậy
[ 2]
Z
là vành con của
R
.
3) Hiển nhiên 0, 1
( 2)
∈
Q
. Với mọi
2, 2
a b c d
α β
= + = +
( 2)
∈
Q
ta có
( ) ( ) 2
a c b d
α β
− = − + −
( 2)
∈
Q
và
( 2)( 2) ( 2 ) ( ) 2
a b c d ac bd ad bc
αβ
= + + = + + +
( 2)
∈
Q
.
Vậy
( 2)
Q
là vành con của
Q
.
Bài 19.
Xét tập
2
X
= = ×
Q Q Q
với hai phép toán cộng (+) và nhân (.) sau:
( , ) ( , ) ( , )
a b c d a c b d
+ = + +
;
( , ).( , ) ( 2 , )
a b c d ac bd ad bc
= + +
.
Chứng minh rằng X cùng với hai phép toán xác ñịnh như trên là một vành và vành X ñẳng cấu với vành
( 2)
Q
(bài tập trên).
Giải.
● Việc chứng minh X là một vành là ñơn giản (vành này có phần tử không là (0, 0), ñối của (a, b) là
phần tử (–a, –b), phần tử ñơn vị là (1, 0)).
● Xét ánh xạ
: X ( 2)
f
→
Q
xác ñịnh bởi
( , ) 2
f a b a b
= +
.
+ Hiển nhiên f là một song ánh.
+ Với mọi
( , ),( , ) X
a b c d
∈
ta có:
(( , ) ( , )) ( , ) ( ) ( ) 2 ( 2) ( 2) ( , ) ( , )
f a b c d f a c b d a c b d a b c d f a b f c d
+ = + + = + + + = + + + = +
(( , ).( , )) ( 2 , ) ( 2 ) ( ) 2
f a b c d f ac bd ad bc ac bd ad bc
= + + = + + +
. Mặt khác ta cũng có:
( , ) ( , ) ( 2)( 2) ( 2 ) ( ) 2
f a b f c d a b c d ac bd ad bc
= + + = + + +
. So sánh hai kết quả suy ra
(( , ).( , )) ( , ). ( , )
f a b c d f a b f c d
=
+ Cuối cùng
(1,0) 1 0 2 1
f
= + =
. Vậy f là ánh xạ ñẳng cấu, do ñó
2
X ( 2)
= = × ≅
Q Q Q Q
.
Bài 20
. Tìm tất cả các tự ñồng cấu của mỗi vành
, [ 2], [ ]
i
Z Z Z
.
Giải.
+ Vành
Z
các số nguyên có duy nhất một tự ñồng cấu ñó là tự ñồng cấu ñồng nhất. Thật vậy nếu f là
một tự ñồng cấu của
Z
thì f(0) = 0 và f(1) = 1, do ñó
( 1) (0 1) (0) (1) 0 1 1
f f f f
− = − = − = − = −
. Vậy
với mọi
n
∈
ℕ
thì
( ) (1)
f n nf n
= =
và do ñó
( ) ( )
f n f n n
− = − = −
. Từ ñó
f id
≡
Z
.
+ Vành
[ 2]
Z
có hai tự ñồng cấu ñó là tự ñồng cấu ñồng nhất và tự ñồng cấu liên hợp ñược xác ñịnh:
1 2
( 2) 2; ( 2) 2, 2
f a b a b f a b a b a b
+ = + + = − ∀ +
[ 2]
∈
Z
.
+ Vành
[ ]
i
Z
cũng có hai tự ñồng cấu ñó là tự ñồng cấu ñồng nhất và tự ñồng cấu liên hợp ñược xác
ñịnh như sau:
1 2
( ) ; ( ) ,
f a bi a bi f a bi a bi a bi
+ = + + = − ∀ +
[ ]
i
∈
Z
.
_______________________________________________
25
Bài 17. Chứng minh rằng có duy nhất một tự ñồng cấu từ nhóm cộng các số hữu tỷ
Q
ñến nhóm cộng
các số nguyên
Z
.
Giải.
Giả sử
:
f
→
Q Z
là một tự ñồng cấu. Thế thì
(0) 0
f
=
;
0 (0) (1 1)
f f
= = − =
Bài 18.
Giải.
Bài 2.
Cho trường T với 4 phần tử T =
{
}
bae ,,,0
, trong ñó 0 là phần tử trung lập của nhóm cộng T, e
là phần tử ñơn vị của nhóm nhân T \
{
}
0
.
1) Chứng minh các phần tử e, a, b có cùng cấp trong nhóm cộng T. Cấp ñó là bao nhiêu?
2) Lập bảng toán cộng và nhân của trường T.
Giải
.
1) Ta có (T, +) là nhóm aben cấp 4, nhưng không là nhóm xyclic nên là nhóm bốn (nhóm Clein).
Vậy bảng toán của trường X là:
2) Vì (T \ { 0 },
×
) là nhóm cấp 3 nên là nhóm xyclic với phần tử sinh là a ho
ặc b.
Bang nhan trong truong T
Bang cong trong truo ng T
0
0
0
e
a
b
e
b
b
b
b
a
a
a
a
0
0
0
0
0
e e
e
e
e
e
e
0
0
0
0
0
a
a
a
a
b
b
b
b
b
e
a
0
b
a
e
0
+
