Ôn thi cao học Đại số (Cơ sở)

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI CAO HỌC
Môn: ĐẠI SỐ
Chuyên ngành: KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Phần A: ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
I. Lý thuyết
1. Không gian vectơ: Độc lập và phụ thuộc tuyến tính, cơ sở; không gian con,
không gian thương; hạng của một vectơ; toạ độ của vectơ đối với cơ sở.
2. Ánh xạ tuyến tính: Ảnh và hạt nhân; đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu; định lý đồng
cấu. ảnh của ánh xạ tuyến tính.
3. Ma trận - Định thức: Các phép toán trên ma trận, các phếp biến đổi sơ cấp, ma
trận nghịch đảo; vành các ma trận, nhóm tuyến tính tổng quát; ánh xạ tuyến tính
thay phiên, định thức của ma trận và ánh xạ tuyến tính, hạng của ma trân.
4. Hệ phương trình tuyến tính: Hệ phương trình Cramer, công thức Cramer; hệ
thuần nhất, hệ tổng quát, phương pháp khử Gauss; định lý Kronecker-Capelli.
5. Vectơ riêng, giá trị riêng; ma trận chéo hoá được.
6. Dạng toàn phương và dạng song tuyến tính: Phân loại dạng toàn phương thực;
định lý về chỉ số quán tinh.
7. Không gian vectơ Euclid: Cơ sở trực chuẩn; biến đổi trực giao, nhóm các ma
trận trực giao; chéo hoá các phép biến đổi đối xứng.

II. Bài tập
Tiêu chuẩn 1:(Chứng minh không gian vectơ con)
Cho A là một không gian vectơ
'AA

Để Chứng minh A’ là không gian vectơ con của A:
i) Chứng minh
'A
(
'xA
)

ii) Chứng minh
, ' '
', '
x y A x y A
x A R x A

Tiêu chuẩn 2:(Cơ sở, số chiều của không gian vectơ)
Hệ độc lập tuyến tính: Một hệ hữu hạn vectơ
12
, , ,
n
V
được gọi là độc lập
tuyến tính nếu:
12
1
0 0
n
i i n
i
a x a a a

Cơ sở của không gian vectơ: Một hệ
i
iI
gọi là cơ sở của không gian vectơ nếu:
i) Hệ
i
iI
là hệ độc lập tuyến tính

ii)
: (F I, F h÷u h¹n)
ii
iF
Va

Số chiều của không gian vectơ V: Số vectơ của một cơ sở (hữu hạn) được gọi là
số chiều của không gian vectơ
Ký hiệu: dimV
Tiêu chuẩn 3: (Ánh xạ tuyến tính)
Định nghĩa: Cho hai không gian vectơ V và W (trên R)
Ánh xạ
:WfV
là ánh xạ tuyến tính nếu:
i)
( ) ( ) ( ); ,f x y f x f y x y V

ii)
( ) ( ); ,f x f x x V K

Nếu f là đơn ánh thì f đơn cấu tuyến tính
Nếu f là toàn ánh thì f toàn cấu tuyến tính
Nếu f là song ánh thì f đồng cấu tuyến tính
Nếu
:f V V f
là ánh xạ tuyến tính
Ảnh, hạt nhân: Cho
:WfV
là ánh xạ tuyến tính
i)

()fV
được gọi là ảnh của
KÝ hiÖu : Im ( )f f f |V

ii)
1
(0) ( ) 0ffV|
được gọi là hạt nhân của
KÝ hiÖu : Kerff

Ma trận của ánh xạ tuyến tính:
V có cơ sở:
12
{ , , , }
n
(1)
W có cơ sở:
12
{ , , , }
m
(2)
Giả sử có biểu diễn:

1 11 1 21 2 1
1 12 1 22 2 2

1 1 1 2 2
( )
( )
( )

mm
mm
n n mn m
f a a a
f a a a
f a a a

Khi đó ma trận:
11 21 1
12 22 2

12



m
m
n n mn
a a a
a a a
A
a a a
được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f
đối với cặp cơ sở (1); (2).
Tiêu chuẩn 4: (Tìm trị riêng và vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính)
Cho phép biến đổi tuyến tính
:f V V
. Giả sử
ij
()

nn
Aa
là ma trận của phép biến
đổi tuyến tính f
+ Tìm trị riêng: Giải phương trình
0AE
(E là ma trận đơn vị) trị riêng là .
+ Tìm vectơ riêng: Giải hệ

11 1 12 2 1
12 1 22 2 2 2

1 1 2 2
( ) 0
( ) 0
( ) 0
nn
nn
n n nn n
a x a x a x
a x a x a x
a x a x a x
(I)
vectơ riêng
12
( , , , )
n
x x x x
là nghiệm không tầm thường của (I).
Bài 1: Tính trong đó

,,
là nghiệm của phương trình:
x px q
3
0

Giải:
Theo định lý Viet ta có
0
.
Cộng cột (1), cột (2) vào cột (3) ta có:

0
00
0

Bài 2: Chứng minh
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 13
0

Giải:
Nhân cột (2) với (-1), cột (3) với 1 rồi cộng vào cột (1) ta được:

a b c c a a b c c a
VT a b c c a a b c c a

a b c c a a b c c a
a b c c a b c
a b c c a b c
a b c c a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 13 3 3 3 3 13
1 1 1 1 1 1 1
(1) (2)
2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3
2
22
2
2 2 0

Ghi chú: + (1): Nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (3)
+ (2): Nhân cột (3) với (-1) cộng vào cột (2)
Bài 3: Tìm hạng của ma trận
A
4 3 5 2 3
8 6 7 4 2
4 3 8 2 7
8 6 1 4 6

Giải:

d d d d d d
d d d d d d
d d d

A
2 ( 2) 1 2 3 2 3
3 1 3 4 ( 3) 2 4
4 ( 2) 1 4
4 3 5 2 3 4 3 5 2 3
0 0 3 0 4 0 0 3 0 4
0 0 3 0 4 0 0 0 0 0
0 0 9 0 12 0 0 0 0 0

Vậy
rankA 3

Bài 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận
A
1 3 2
2 1 3
3 2 1

Giải:
Ta sử dụng phương pháp định thức:
Ta có:
det 1 27 8 6 6 18A


A
11
13
5
21

A
21
32
1
21

A
31
32
7
13


A
12
23
7
31

A
22
13
5
31

A
32
12
1
23

A
13
21
1
32

A
23
13
7
32

A
33
13
5
21

Vậy
A
1
5 1 7
1
7 5 1
18
1 7 5

Bài 5: (2004) Cho ma trận

1 3 1
3 5 1
3 3 1
A

a) Tìm giá trị riêng – vectơ riêng của A
b) Tính A
2004
.
Giải:
a) Tìm giá trị riêng – vectơ riêng của A
Tìm giá trị riêng của A
Xét đa thức đặt trưng:
Ta có:
2
1
0)2)(1(
133
153
131
2
a
a
aa
a
a
a

Vậy A có 2 giá trị riêng: a=1, a=2
Tìm vectơ riêng của A

Với a=1 ta có
000
110
132
330
110
132
033
143
132
Ta được hệ:
Vậy có VTR (1,1,1)
Với a=2 ta có
000
000
133
133
133
133

Ta được hệ
bx
ax
xxx
bx
ax
xxx
3
2
321

3
2
321
33033

Vậy có 2 VTR (1,1,0), (-1,0,3)
b) Ta có
301
011
111
Q

Ma trận chéo của A là
(Q
-1
AQ)
2004
=Q
-1
A
2004
Q
vậy A
2004
=QB
2004
Q
-1
= =
1

2004
2004
2004
200
020
001
QQ

Bài 6: Cho ánh xạ tuyến tính f: R
4
R
3
có ma trận trong cặp cơ sở chính tắc là:

3502
1132
1201

Xác định nhân và ảnh của f , Hỏi f có đơn cấu , toàn cấu không? Vì sao?
Giải :
Từ ma trận ta có ánh xạ
1
1
1
0
032
3
2
1
3

32
321
x
x
x
ax
xx
xxx
200
020
001
1
AQQB
1
2004
200
020
001
QQ
1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 3 4
( , , , ) ( 2 ,2 3 , 2 5 3 )f x x x x x x x x x x x x x x

Xác định nhân và ảnh của f tức là tìm cơ sở và số chiều của Imf, Kerf
Tìm cơ sở và số chiều của Kerf
Ta có
0.3502
0.1132
0.1201
0.5100
0.1530

0.1201

Ta được hệ
)(,
3
15
26
33
3
5
1
3
5
2
05
053
02
4
3
2
1
4
43
432
431
43
432
431
Ra
ax

ax
ax
ax
ax
xx
x
x
xx
xxx
xx
xxx
xxx

f có 1 ẩn tự do nên dimKerf = 1 và Kerf có cơ sở là (-33,26,15,3)
Vậy f không đơn cấu vì dimKerf = 1
Tìm cơ sở, số chiều của Imf
Ta có: B=
0.510
0.150
0.030
0.221


0.150
0.030
0.050
0.221
0.2600
0.1500
0.510

0.221
0.000
0.39000
0.510
0.221

Vậy Rank (B)=3 nên dimImf=3 và Imf có 1 cơ sở gồm 3 vectơ (f(e
1
),f(e
4
),f(e
2
))
f không toàn cấu vì dimImf=3
Bài 7: (2005) Cho dạng toàn phương

323121
2
3
2
2
2
1321
2222),,( xxxaxxxxxxxxxf

a) Đưa dạng toàn phương vể dạng chính tắc
b) Với giá trị nào của a thì f là xác định dương và nửa xác định dương
0.311
0.512
0.030

0.221
Giải :
a) Ta có:
222
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
( , , ) 2 2 2 f x x x x x x x x x x x x

2 2 2
1 2 3 2 3 3
( ) ( 1) (1 2 )x x ax x a x a x[]

Đặt
33
322
3211
33
322
3211
)1(
)21(
)1(
yx
yayx
yayyx
xy
xaxy
axxxy

Cơ sở f chính tắc là u
1

=(1,0,0),u
2
=(-1,1,0),u
3
=(1-2a,a-1,1)
ma trận
100
110
2111
a
a
T
u

b) f xác định dương khi -2a
2
+2a>0
10 a

f nửa xác định dương khi -2a
2
+2a=0
1,0 aa

Bài 8: Tìm giá trị riêng – vectơ riêng và chéo hoá ma trân A=
221
221
115

Giải

Tìm giá trị riêng
Xét đa thức đặt trương:
3
6
0
0189
221
221
115
23
a
a
a
aaa
a
a
a

Vậy A có 3 GTR a=0, a=6, a=3
Tìm Vectơ riêng
Với a=0: Ta có
000
990
221
115
221
221
221
221
115

Ta được hệ
ax
ax
x
ax
xx
xxx
3
2
1
3
32
321
0
099
022
suy ra VTR (0,a,a) VTR (0,1,1)
Với a=6: Ta có
000
330
111
421
241
111

Ta được hệ:
ax
ax
ax

ax
xx
xxx
3
2
1
3
32
321
2
033
0
suy ra VTR (-2a,-a,a) VTR (-2,-1,1)
Với a=3: Ta có
000
330
121
112
221
121
121
211
112

Ta được hệ
ax
ax
ax
ax
xx

xxx
3
2
1
3
32
321
3
033
02
suy ra VTR (3a,a,a) VTR (3,1,1)
Ma trận cần tìm là T=
111
111
320
và T
-1
AT=
300
060
000

Bài 9: Cho f: R
4
R
3
định bởi
f(x
1
,x

2
,x
3
,x
4
)=(x
1
-x
2
+x
3
,2x
1
+x
4
,2x
2
-x
3
+x
4
)
a) Tìm cơ sở và số chiều của Kerf, Imf
b) Tìm u R
4
sao cho f(u)=(1,-1, 0)
Giải
a) Tìm cơ sở số chiều của Kerf, Imf
Tìm cơ sở số chiều của Kerf
Với x=(x

1
,x
2
,x
3
,x
4
)
1 2 3
14
2 3 4
0
: ( ) 0 2 0
20
x x x
Kerf x R f x x x
x x x

Ta có ma trận mở rộng
0.1120
0.1002
0.0111

0.0100
0.1220
0.0111

Biến đổi ta được hệ
ax
x

ax
ax
Rx
x
xxx
xxx
2
0
0
022
0
4
3
2
1
4
3
432
321
là nghiệm tổng quát của hệ ta có
dimKerf =1
cơ sở của Kerf là (1,1,0,2)
Tìm cơ sở và số chiều của Imf
Ta có f(e
1
)=(1,2,0), f(e
2
)=(-1,0,2), f(e
3
)=(1,0,-1), f(e

4
)=(0,1,1)
Imf=(f(e
1
),f(e2),f(e
3
),f(e
4
))
Ta có
110
101
201
021
000
100
200
021

Nên dimImf =3
Vậy cơ sở của Imf là (f(e
1
),f(e2),f(e
3
))
b) Tìm u R
4
sao cho f(u)=(1,-1, 0)
Ta có : f(u)=(1,-1, 0) =(x
1

-x
2
+x
3
,2x
1
+x
4
,2x
2
-x
3
+x
4
)
Ta được hệ
ax
x
xx
xx
xxx
xx
xxx
2
1
2
1
2
1
2

1
2
1
02
12
1
4
3
42
41
432
41
321
(a R)
Lập ma trận mở rộng biến đôi để giải hệ trên ta có u=(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
Bài 10: Cho V là không gian vectơ , f: V V là ánh xạ tuyến tính thoả mãn f
2
=f
CM:Kerf+Imf=V và
Kerf Imf {0}

Giải

Để chứng minh
e (1)
e
e (2)
CM
K rf Imf V
K rf Imf V
K rf Imf V

CM Kerf+Imf V (1) hiển nhiên

CM: Kerf+Imf V (2)
Lấy tuỳ ý x V cần CM x Kerf+Imf
Ta có x= x-f(x)+f(x) mà f(x) Imf cần CM (x-f(x)) Kerf cần CM f(x-f(x))=0
Xét f(x-f(x))=f(x)-f
2
(x)=f(x)-f(x)=0 nên (x-f(x)) Kerf hay x Kerf+Imf
Vậy Kerf+Imf V
Từ (1),(2) ta có Kerf+Imf=V
CM
Kerf Imf {0}

Lấy y tuỳ ý: y
ff Imker
cần CM y=0
Do y
ff Imker
khi đó có x V : f(x)=y và f(y)=0
Do f
2

=f nên y=f(x)=f
2
(x)=f(f(x))=f(y)=0
Vậy y=0 hay
Kerf Imf {0}

Bài 11: Trong R
3
cho cơ sở : u
1
=(1,1,1), u
2
= (-1,2,1), u
3
=(1,3,2) cho ánh xạ
tuyến tính f: R
3
R
3
xác định bởi
f(u
1
)= (0,5,3), f(u
2
)=(2,4,3), f(u
3
)=(0,3,2)
Tìm ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được
Giải
Tìm ma trận của f trong cơ sở u

Ta có hệ
)3( )(
)2( )(
)1( )(
3322113
3322112
3322111
ucucucuf
ubububuf
uauauauf

Từ (1) ta có (0,5,3)=a
1
(1,1,1)+a
2
(-1,2,1)+a
3
(1,3,2)
1
1
0
02
032
0
3
2
1
321
321
321

a
a
a
aaa
aaa
aaa

Tương tự từ ( 2) ta được b
1
=1,b
2
=0,b
3
=1
Tương tự từ (3) ta được c
1
=1,c
2
=1,c
3
=0
Vậy ma trận A trong cơ sở f là
011
101
110
333
222
111
)(/
cba

cba
cba
A
ufA

Tìm GTR- VTR của A và của f (GTR của A chính là GTR của f)
Xét ma trận đặt trưng
3
11
1 (k p)
1 1 3 2 0
2
11
m
m
m m m
m
m
é

A có 2 giá trị riêng, nên f có 2 giá trị riêng m=-1, m=2
Tìm VTR của A từ đó suy ra VTR của f
* Với m=-1 ta có
0
000
000
111
111
111
111

VTR của A có dạng
bx
ax
baxxx
Rxx
xxx
3
2
321
32
321
,
0
a,b R
Dạng VTR của A là (-a-b,a,b). Vậy A có 2 VTR (-1,0,1),(-1,1,0)
Từ đó VTR của f có dạng n= x
1
u
1
+x
2
u
2
+x
3
u
3
=(-a-b)u
1

+au
2
+bu
3

=(-a-b)(1,1,1)+a(-1,2,1)+b(1,3,2)=(-2a,a+2b,b)
Vậy f có 2 VTR ĐLTT với a=1,b=0 : VTR là n
1
=(-2,1,0)
với a=0,b=1: VTR là n
2
=(0,2,1)
* Với m=2 ta có
0
000
330
211
112
121
211
211
121
112

VTR của A có dạng
ax
axx
aaaxxx
Rx
xx

xxx
3
32
321
3
32
321
22
033
02
a R
Dạng VTR của A là (a,a,a) Vậy A có VTR (1,1,1)
Từ đó VTR của f có dạng n= x
1
u
1
+x
2
u
2
+x
3
u
3
=au
1
+au
2
+au
3

=
=a(1,1,1)+a(-1,2,1)+a(1,3,2)=(a,6a,4a)
Vậy f có VTR là n
3
=(1,6,4)
KL vậy f có 3 VTR ĐLTT n
1
,n
2
,n
3
do đó 3 VTR n
1
,n
2
,n
3
làm thành 1 cơ sở
của R
3
và ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được
Ta có :
200
010
001
)/(nf
A

Bài 12: Giải và biện luận hệ
1

1
1
4321
4321
4321
xmxxx
xxmxx
xxxmx

Giải :
Ta có ma trận mở rộng
1.111
1.111
1.111
m
m
m
A
đổi chổ d
1
, d
3
, biến đổi ma trận về
dạng
1.1)2)(1(00
0.0110
1.111
mmmm
mm
m

A
biện luận
Nếu m=1 hệ có VSN phụ thuộc 3 tham số x
2
,x
3
,x
4
và RankA=1 nghiệm của
hệ là x
1
=1-a-b-c, x
2
=a,x
3
=b,x
4
=c
Nếu m=-2 hệ có VSN phụ thuộc tham số x
3
và RankA=3 nghiệm của hệ là
x
1
=x
2
=x
3
=a,x
4
=1

Nếu m 1và m -2 thì hệ có VSN phụ thuộc vào tham số x
4
va tham số m
nghiệm của hệ là
2
1
1
m
a
x
,
2
1
2
m
a
x
,
2
1
3
m
a
x
,
Raax ,
4

Bài 13: Cho dạng toàn phương trên R
3

f(x
1
,x
2
,x
3
)=
3121
2
3
2
2
2
1
222 xaxxxxxx

a) Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange
b) Với giá trị nào của a thì f xác định dương, không âm
Giải
a) Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange
f(x
1
,x
2
,x
3
)=
3121
2
3

2
2
2
1
222 xaxxxxxx
=……
…… =
2
3
2
2
32
2
32
1
6
1
62
3
4
2
2 x
a
x
a
x
axx
x

Đặt

33
3
22
3
2
11
33
3
22
3
2
11
6
32
6
42
yx
ay
yx
ay
y
yx
xy
ax
xy
ax
x
xy

Ta được cơ sở f chính tắc là u

1
=(1,0,0),u
2
=(-1/2,1,0),u
3
=(-a/3,a/6,1)
Ma trận trong cơ sở chính tắc là
100
6
10
32
1
1
a
a
T
u

b) Với giá trị nào của a thì f xác định dương, không âm
f xác định dương khi
660
6
1
2
a
a

f xác định không âm khi
60
6

1
2
a
a

Bài 14: Cho ánh xạ tuyến tính
34
: RRf
xác định bởi
f(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)=(x
1
-2x
2
+x
4
,-x
1
+x
2
+2x
3
,-x

2
+2x
3
+x
4
)
a) Tìm cơ sở và số chiều của kerf, Imf
b) f có phải là đơn cấu , toàn cấu không?
Giải
a) Tìm cơ sở và số chiều của kerf
Với x=( x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
Ta có :
4
: ( ) 0Kerf R f x{x }

f(x
1
,x
2
,x
3
,x

4
)=(x
1
-2x
2
+x
4
,-x
1
+x
2
+2x
3
,-x
2
+2x
3
+x
4
)=0
02
02
02
432
321
421
xxx
xxx
xxx

Lập ma trận
0000
1210
1021
1210
1210
1021
1210
0211
1021
A

Vậy Rank(A)=2
Ta có
Rxx
xxx
xxx
43
432
421
,
2
2
nên dimKerf=2
Nghiệm cơ bản là (1,1,0,1),(4,2,1,0) và là cơ sở của Kerf
Do dimKerf =2 0 nên f không đơn cấu
Tìm cơ sở , số chiều của Imf
Im f là không gian con của R
3
sinh bởi hệ 4 vectơ

f(e
1
)=(1,-1,0) với e
1
=(1,0,0,0)
f(e
2
)=(-2,1,-1) với e
2
=(0,1,0,0)
f(e
3
)=(0,2,2) với e
3
=(0,0,1,0)
f(e
4
)=(1,0,1) với e
4
=(0,0,0,1)
Ta tìm hạng của 4 vectơ trên
Xét ma trận
000
000
110
011
110
220
110
011

101
220
112
011
B

Rank(B)=2, , dimImf =2 , cơ sở của Imf là f(e
1
),f(e
2
)
Do , dimImf =2 nên f không toàn cấu
Bài 15: Giải và biện luận hệ phương trình
1
1
1
4321
4321
4321
xmxxx
xxmxx
xxxmx

Giải
Lập ma trận các hệ số
mmmm
mm
m
m
m

m
m
m
m
A
1.1200
0.0110
1.111

1.111
1.111
1.111
1.111
1.111
1.111
2
Vậy ta được
1
0)1()1(
1)1()2)(1(
4321
32
43
xmxxx
xmxm
mxmxmm

Biện luận:
Với m=1 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x
2

,x
3
,x
4
nghiệm của hệ là (1-a-b-
c,a,b,c) a,b,c R
Với m=-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x
3
nghiệm của hệ là (a,a,a,1) a
R
Với m khác 1,-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x
4
và m nghiệm của hệ là
ax
m
a
x
m
a
x
m
a
x
2
1
2
1
2
1
a R

Bài 16: Cho ánh xạ tuyến tính f : R
4
R
3
xác định bởi
f(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)=(x
1
+x
2
,x
2
+x
3
,x
3
+x
4
) với mọi x=(x
1
,x
2
,x

3
,x
4
) R
4

M={ (x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) R
4
: x
1
-x
2
=0 và x
3
-x
4
=0}
a) Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R
4
và R
3
. xác định Imf và Kerf

b) CM f(M) là không gian vectơ con của R
3
. Tìm dimf(M)
Giải :
a) Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R
4
và R
3
, xác định Imf và Kerf
Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R
4
và R
3

Trong R
4
ta có e
1
=(1,0,0,0),e
2
=(0,1,0,0),e
3
=(0,0,1,0),e
4
=(0,0,0,1)
Trong R
3
ta có e’
1
=(1,0,0),e’

2
=(0,1,0),e’
3
=(0,0,1)
Ma trận f trong cơ sở chính tắc là
1100
0110
0011
4321
4321
4321
)(),/(
34
cccc
bbbb
aaaa
A
eef

mà f(e
1
)=(1,0,0)=a
1
e’
1
+b
1
e’
2
+c

1
e’
3
ta tìm được (a
1
,b
1
,c
1
)=(1,0,0)
f(e
2
)=(1,1,0)=a
2
e’
1
+b
2
e’
2
+c
2
e’
3
ta tìm được (a
2
,b
2
,c
2

)=(1,1,0)
f(e
3
)=(0,1,1)=a
3
e’
1
+b
3
e’
2
+c
3
e’
3
ta tìm được (a
3
,b
3
,c
3
)=(0,1,1)
f(e
4
)=(0,0,1) =a
4
e’
1
+b
4

e’
2
+c
4
e’
3
ta tìm được (a
4
,b
4
,c
4
)=(0,0,1)
Xác định Imf,Kerf
Kerf ={ x R
4
: f(x)=0 }
Ta được hệ
Rx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
4
43
42
41
43

32
21
0
0
0
hệ có nghiệm tổng quát là (-a,a,-a,a)
Hệ nghiệm cơ bản là (-1,1,-1,1)
Vậy dimKerf=1, cơ sở của Kerf =(-1,1,-1,1)
Tìm Imf
Ta có f(e
1
)=(1,0,0),f(e
2
)=(1,1,0), f(e
3
)=(0,1,1),f(e
4
)=(0,0,1)
Nên Imf=<f(e
1
),f(e
2
),f(e
3
),f(e
4
)>
Ta có
000
100

010
001

100
110
011
001

Vậy cơ sở của Imf là f(e
1
),f(e
2
),f(e
3
) và dimf=3
b) CM f(M) là không gian vectơ con của R
3
. Tìm dimf(M)
Phần B: ĐẠI SỐ ĐẠI CƯƠNG
I. Lý thuyết
1. Nhóm: Nhóm con, nhóm sinh bởi một tập; nhóm Cyclic.
2. Nhóm chuẩn tắc, nhóm thương.
3. Đồng cấu nhóm, ảnh và hạt nhân; định lý đồng cấu nhóm.
4. Nhóm hữu hạn, định lý Lagrange và các hệ quả.
5. Nhóm đối xứng và nhóm luân phiên.
6. Vành, Vành con, Iđêan: Vành con và Iđêan sinh bởi một tập; đặc trưng của
vành; Iđêan nguyên tố cực đại; vành thương
7. Đồng cấu vành: Ảnh và hạt nhân; định lý phân tích đồng cấu.
8. Miền nguyên Gauss, miền nguyên chính, miền nguyên Eculid: Ước chung lớn
nhất; phần tử bất khả quy và nhân tử hoá.

9. Trường và trường các thương của miền nguyên.
10. Vành đa thức một biến: Cấu trúc của vành đa thức; nhún vành vào vành đa
thức một biến siêu việt; phép chia Eclid trong vành đa thức; nghiệm của đa thức,
vành của đa thức trên một trường.
11. Đa thức bất khả quy: Nhân tử hoá trong vành đa thức một ẩn; các tiêu chuẩn
bất khả quy và nhân tử hoá các vành đa thức trên các vành số nguyên, trên trường
số hữu tỉ, thực và phức.
II. Bài tập
Dạng 1: Các bài tập kiểm tra nhóm
Định nghĩa 1: Nhóm là một tập hợp
X
, trên đó đã xác định được một phép
toán hai ngôi thoả mãn điều kiện:
i)
, , th× (xy)z=x(yz)x y z X

ii)
, th×
ex x
e X x X
xe x

iii)
1
1
1
x , sao cho
xx e
X x X
x x e

Định nghĩa 2: Nhóm là một nửa nhóm X có đơn vị e và mọi
xX
có phần tử
nghịch đạo
1
x
(nghĩa là
1
x x e
)
Định nghĩa 3: Nhóm là một nửa nhóm X mà phương trình
vµ xa=bxa b
giải
được(tức đều có nghiệm) trong X
,a b X

Bài 1: Cho tập hợp
1 2 1 2
( , ) :X Z Z k k k k Z
xác định trên X phép toán sau:

1
1 2 1 2 1 1 2 2
( , )( , ) ( , ( 1) )
k
k k l l k l k l

Chứng minh rằng X với phép toán trên là một nhóm
Giải

v× X Z Z Z

Dễ dàng nhận thấy nếu
1 2 1 2
( , ).( , )k k l l
là những cặp số nguyên thì
1
1 1 2 2
, ( 1) )
k
k l k l
cũng là ngững cặp số nguyên nên phép toán trên X là phép toán
hai ngôi.

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( , ),( , ),( , ) ta cã : ( , )( , ) ( , )k k l l t t X k k l l t t

1 1 1 1
1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2
( , ( 1) )( , ) ( , ( 1) ( 1) )
k k k l
k l k l t t k l t k l t
(1)
Mặt khác:
1 2 1 2 1 2
( , ) ( , )( , )k k l l t t


1 1 1 1

1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
( , )( , ( 1) ) ( , ( 1) ( 1) )
l k k l
k k l t l t k l t k l t
(2)
So sánh (1) và (2) ta có điều kiện kết hợp

12
(0,0) mµ sao cho ( ) th×X k k X

0
1 2 1 2 1 2
(0,0)( , ) (0 , 0 ( 1) ) ( , )k k k k k k

Và

1
1 2 1 2 1 2
( , )(0,0) ( 0, ( 1) 0) ( , )
k
k k k k k k

Vậy (0,0) là đơn vị trong X

1
1
1 2 1 2
( , ) , ( ,( 1) )
k
k k X k k X

mà
1 1 1
11
1 2 1 2 1 1 2 2
( , )( ,( 1) ) ( , ( 1) ) (0,0)
k k k
k k k k k k k k

1 1 1
1 ( 1)
1 2 1 2 1 1 2 2
( ,( 1) )( , ) (- , ( 1) ) (0,0)
k k k
k k k k k k k k

Tức
1
1
1
1 2 1 2
( , ) ( ,( 1) )
k
k k k k

Vậy X với phép toán trên là một nhóm
Bài 2: Cho
,0
0
ab
X ac

c
chứng minh rằng X là nhóm đối với phép nhân
ma trận.
Giải
Cách 1: (Sử dụng định nghĩa 1)
Hiển nhiên
X

Với mọi
1 1 2 2
12
,
00
a b a b
X
cc
ta có:
1 1 2 2 1 2 1
1 2 1 2
1 2 1 2
( 0)
0 0 0
a b a b a a b
X a a c c
c c c c

Vậy phép nhân ma trận là phép toán hai ngôi trên X
Theo ĐSTT phép nhân ma trân có tính chất kết hợp
Đơn vị là
10

01
X


do 0
0
ab
X ac
c
theo ĐSTT ta có
1
1

00
a b c b
X
c ac a

Vậy X là một nhóm
Cách 2: (Sử dụng định nghĩa 3)
Bài 3: X là nửa nhóm. a X ; b Xsao cho: ab = ba.
a) CMR: (ab)
n
= a
n
b
n
n > 1 ; n N
b) Nếu (ab)
2

= a
2
b
2
thì có suy ra được ab = ba không ?
Giải
a) Quy nạp theo n:
Với n = 1 ta có ab = ba.
Giả sử với m = n-1 có: (ab)
n-1
= a
n-1
b
n-1

Ta CM đúng với m = n.
Có (ab)
n
= (ab)
n-1
(ab) = a
n-1
b
n-1
(ab) = a
n-1
(b
n-1
b)a =a
n-1

b
n
a. (1)
Như vậy nếu có b
n
a = ab
n
thì từ (1) suy được ra điều phải CM. Ta đi CM điều đó:
Bằng quy nạp theo n:
- Với n =1 ta có ab = ba
- Với m = n-1 giả sử có : a
n-1
b = ba
n-1

- Ta CM đúng với m = n.
Có : a
n
b = a(a
n-1
b) = a(ba
n-1
) = a(a
n-1
b) = (aa
n-1
)b = a
n
b (2)
Áp dụng (2) vào (1) ta có ĐPCM.

b). Nếu X có nhiều hơn 1 phần tử. Chẳng hạn a, b X : a b
Xét nửa nhóm X với phép toán ab = a a,b X. Ta có :
a
2
= a , b
2
= b , ab = a , a
2
b
2
= a
2
= a . Nên: (ab)
2
= a = a
2
b
2

Nhưng: ab = a ba = b.
Bài 4: X là nhóm, với e là đơn vị.CMR: a X, a
2
= e thì X là aben.
Giải
a
2
= e, aa = e, hay a =a
-1
.
Xét a, b X, (ab)

2
= e, ab.ab = e bab = a
-1
e, ab = b
-1
a
-1
e, hay: ab = ba ( do
b
-1
= b, a
-1
= a ).
Bài 5: X , trên X trang bị một phép toán hai ngôi, a X.
Kí hiệu: aX = { ax : x X }
Xa = { xa : x X }
CMR: X là nhóm a X ta có: aX = Xa = X.
Giải
X là nhóm , ta biết rằng phương trình ax = b, ya = b luôn có nghiệm trong X
a, b X, nên: X aX, X Xa; hiển nhiên aX X, Xa X Vậy aX = X = Xa.
Ngược lại : theo giả thiết X , aX = X = Xa, a X, nên các phương trình:
ax = b, ya = b luôn có nghiệm trong X, a,b X. Do đó X là một nhóm
Bài 6: X = Z
3
xác định phép toán hai ngôi:
(k
1
, k
2
, k

3
)( l
1
, l
2
, l
3
) = (k
1
+ (-1)
k
3
.l
1
, k
2
+ l
2
, k
3
+ l
3
)
a) CMR X là một nhóm với phép toán trên
b) CMR: A = < (1, 0, 0 ) > là nhóm con chuẩn tắc của nhóm X
Giải
a) Theo định nghĩa nhóm: Trung lập 0 = (0 , 0, 0 )
x = (k
1
, k

2
, k
3
) X phần tử nghịch đảo là x
-1
= ((-1)
-k
3
+ 1
.k
1
, -k
2
, - k
3
)
b) Các phần tử của A là : a = (1, 0, 0 )
a
2
= (2, 0, 0 )
a
3
= (3, 0, 0 )
……. a
n
= ( n, 0, 0 ) (CM bằng quy nạp)
x = (k
1
, k
2

, k
3
) X, a
k
A
Ta có x
-1
a
k
x = ((-1)
-k
3
+ 1
.k
1
, -k
2
, - k
3
)(k, 0, 0 ) (k
1
, k
2
, k
3
) = (k, 0, 0 ) A
Vậy A là chuẩn tắc
Dạng 2: Các bài tập kiểm tra nhóm con
Tiêu chuẩn 1: Một tập hợp
A

,trong nhóm X là nhóm con của X (KH:
.Nh c
AX
)
nếu:
i)
, th× xyx y A A

ii)
eA

iii)
1
th× xx A A

Tiêu chuẩn 2: Được suy ra từ tiêu chuẩn 1 bỏ đi
eA
(Vì đòi hỏi này được suy ra
từ hai đòi hỏi còn lại)
Tiêu chuẩn 3: Một tập hợp
A
,trong nhóm X là nhóm con của X nếu:

1
, th× xyx y A A

Bài 1: Cho
*
n
M

là những ma trận vuông không suy biến,
1
: det 1
n
M A A
(gồm
tất cả các ma trận vuông cấp n có định thức bằng 1) . Chứng minh rằng
.
1*
Nh c
nn
MM

Giải
Hiển nhiên
1
n
M


1
, det det 1
n
X Y M X Y
do đó
det( . ) det .det 1.1 1X Y X Y

Nghĩa là
1
.

n
X Y M

Ma trận đơn vị
1
(v× detE=1)
n
EM


11
1
det 1 nªn detX 1
det
n
X M X
X
do đó
11
n
XM

Vậy
.
1*
Nh c
nn
MM

Bài 2: Cho trước số nguyên m. Chứng minh:

.
: ( , )
Nh c
mZ mz z Z Z

Giải
Hiển nhiên
nZ


1 2 1 2 1 2
, : ( )mz mz nZ mz mz m z z mZ


: ( ) ( )mz mZ mz m z nZ

Vậy mZ thoả mãn các điều kiện theo tiêu chuẩn 2 do đó
.
( , )
Nh c
mZ Z

Bài 3: Cho tập hợp các ma trận cấp hai:

:0
01
ab
Ka

Chứng minh rằng
.
*
2
Nh c
KM
,
*
2
M
là nhóm nhân các ma trận vuông cấp 2 không
suy biến
Giải
Hiển nhiên
K


1 1 2 2
, ta cã : 0, 0
0 1 0 1
a b a b
K a b
nên:
1 1 2 2 1 2 1 2 1
(v× ac 0)
0 1 0 1 0 1
a b a b a a a b b
K

1
1 / /
1
th (v× 0)
0 1 0 1 0 1
a b a b a b a
KK
a
ì

Vậy theo tiêu chuẩn 2:
.
*
2
Nh c
KM

Bài 4: Cho X là tập hợp tất cả các căn phức bậc n của đơn vị. Chứng minh
rằng: X cùng với phép nhân thông thường các số phức lập thành một nhóm.
Giải
Hiển nhiên X ≠Ø cùng với phép toán nhân trên nó chỉ là bổ phận của nhóm nhân
C
*
các số phức khác 0. Vậy để chứng minh X là nhóm ta cần kiểm tra rằng
.
*
( ,.)
Nh c
XC

Ta biểu diễn:
:1
n
X z C z

Và áp dụng tiêu 3:

1 2 1 2
,1
nn
z z K z z


1
1
12
2
1
12
1
( ) 1
1
()
n
n
n
n
z
zz
z

z z K

Vậy
.
*
( ,.)
Nh c
XC
nên X là một nhóm.
Dạng 2: Kiểm tra nhóm Cyclic và cấp một phần tử trong nhóm
Đinh nghĩa 1: Nhóm x được gọi là nhóm Cyclic nếu tồn tại một phần tử
vµ X=a X a
tức X trùng với nhóm con sinh bởi phần tử a, bao gồm tất cả những
luỹ thừa nguyên của a.
Vậy:
:
n
X a a n Z

Như vậy: để chứng minh X là nhóm Cyclic theo định nghĩa 1 ta bắt buộc phải chỉ
ra cho được một phần tử sinh
aX
, đồng thời phải chứng minh bất kì phần tử
xX
đều viết được dưới dạng một luỹ thừa nguyên của a.