Giải bài tập đại số tuyến tính Nguyễn Hữu Việt Hưng

HƯỚNG DẪN ÔN THI MÔN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
I. NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ
1. Mục tiêu
Mục tiêu của kỳ thi kết thúc môn học là kiểm tra đánh giá việc tiếp thu những
khái niệm cơ bản của đại số tuyến tính, năng lực tư duy phân tích, tổng hợp và
vận dụng kiến thức thể hiện qua việc trình bày logic chặt chẽ và chính xác các
vấn đề liên quan bằng ngôn ngữ của môn học.
2. Nội dung kiểm tra đánh giá

.NE
T

Toàn bộ nội dung đã giảng dạy của môn học, bao gồm hai phần lý thuyết và bài
tập. Trọng tâm là các kiến thức về không gian véc tơ, không gian con, hạng của
hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều của không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm của hệ
phương đại số tuyến tính cũng như cách giải hệ phương trình đại số tuyến tính và
cách tính định thức; không gian Euclid, hệ véc tơ trực giao, phương pháp trực
giao hóa, dạng song tuyến tính và dạng toàn phương.

THS

II. CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀ ĐIỀU KIỆN DỰ THI

Đề thi sẽ gồm có 2 câu hỏi lý thuyết và 3 câu hỏi bài tập. Với tỷ trọng: 4 điểm cho
phần lý thuyết và 6 điểm cho phần bài tập.

TM
A

Thang điểm sẽ được tính từ mức ¼ điểm cho mỗi bước suy luận logic cơ bản. Vì
vậy khi trình bày bài làm người làm bài cần trình bày lập luận khúc chiết đầy đủ.

VIE

Người dự thi sẽ phải chấp hành nghiêm túc các quy định, quy chế về các kỳ thi hết
môn học của Nhà trường, ĐHQGHN và Bộ GD&ĐT. Đặc biệt lưu ý Không được
sử dụng tài liệu, máy tính và điện thoại di động.


Bài tập chương Kiến thức chuẩn bị
1. Chứng minh công thức De Morgan dạng tổng quát
a. A \ ∪i∈I Ai = ∩i∈I (A \ Ai)
Theo định nghĩa hai tập hợp bằng nhau, để chứng minh X = Y, ta phải chứng minh: X ⊂
Y và Y ⊂ X. Nghĩa là: ∀x ∈ X → x ∈ Y và ngược lại ∀y ∈ Y → y ∈ X.
() ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai

→

x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai

x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I

→

x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ ∩i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∪i∈I Ai ⊂
() ∀ x ∈ ∩i∈I (A \ Ai)

→ x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I

→

x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai → ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai . Vậy

∩i∈I (A \ Ai).

→
(1)

x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I →

∩i∈I (A \ Ai) ⊂ A \ ∪i∈I Ai . (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
b. A \ ∩i∈I Ai = ∪i∈I (A \ Ai)
→ x ∈ A và x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj →

() ∀ x ∈ A \ ∩i∈I Ai

∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ ∪i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∩i∈I Ai ⊂ ∪i∈I (A\Ai).
() ∀ x ∈ ∪i∈I (A\Ai) → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj

và x ∉ ∩i∈I Ai

→ x ∈ A \ ∩i∈I Ai . Vậy

(1)

→ x∈A

∪i∈I (A\Ai) ⊂ A \ ∩i∈I Ai .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
2. Chứng minh các mệnh đề tập hợp
a. (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø  A = B
(A \ B) ∪ (B \ A) = Ø → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → A ⊂ B và B ⊂ A → A = B

Ngược lại, nếu A = B → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø.
b. A = (A \ B) ∪ (A ∩ B)
(A \ B) ∪ (A ∩ B) = ( A \ (A ∩ B) ) ∪ (A ∩ B) = A.
c. (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
(A \ B) ∪ (B \ A) = ((A ∪ B) \ B) ∪ ((B ∪ A) \ A))

De Morgan

=

(A ∪ B) \ (A ∩ B)

d. A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C)
De Morgan

(A ∩ B) \ (A ∩ C)
=
((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C) = Ø ∪ ((A ∩ B) \ C) =
(A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) .
e. A ∪ (B \ A) = A ∪ B
1

x ∈A ∪ (B \ A) ↔ x ∈A hoặc (x ∈ B và x ∉ A) ↔ x ∈ A hoặc x ∈ B ↔ x ∈ A∪B .
f. A \ (A \ B) = A ∩ B
x ∈ A \ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∉ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∈ B ↔ x ∈ A ∩ B .
3. Chứng minh
a. (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ A ∩ B ≠ Ø
(A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ ∃ x ∈ A, ∃ y ∈ B: (x, y) ∈ A x B và (x, y) ∈ B x A.
(x, y) ∈ B x A → x ∈ B, y ∈ A → x ∈ A ∩ B , y ∈ A ∩ B hay A ∩ B ≠ ∅.
b. (A x C) ∩ (B x D) = (A ∩ B) x (C ∩ D)
(x, y) ∈ (A x C) ∩ (B x D) ↔ x ∈ A và x ∈ B đồng thời y ∈ C và y ∈ D ↔

.NE
T

x ∈(A ∩ B) , y ∈(C ∩ D) hay (x, y) ∈(A ∩ B) x (C ∩ D) đpcm.

b. f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)

THS

4. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ X. Chứng minh :
a. f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
y ∈ f (A ∪ B) → ∃ x ∈ (A ∪ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∪ B) → x ∈ A hoặc x ∈ B
kéo theo f (x) ∈ f (A) hoặc f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∪ f (B) . Cm tương tự cho chiều
ngược lại.

c. f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B)

TM
A

y ∈ f (A ∩ B) → ∃ x ∈ (A ∩ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∩ B) → x ∈ A và x ∈ B kéo
theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∩ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược
lại.
y ∈ f (A \ B) → ∃ x ∈ (A \ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A \ B) → x ∈ A và x ∉ B kéo
theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∉ f (B) hay y ∈ f (A) \ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược
lại.

VIE

* Phản ví dụ chứng tỏ không thể có dấu bằng ở b. và c. :
Lấy X = {-2, -1, 0, 1, 2} , A = {-2, -1, 0}, B = {0, 1, 2} và f (x) = |x|
Ta có

f (A ∩ B) = {0} ,

f (A) ∩ f (B) = {2, 1, 0} ∩ {0, 1, 2} = {0, 1, 2}.

f (A \ B) = {2, 1} ,

f (A) \ f (B) = ∅ .

5. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ Y. Chứng minh :
a. f -1(A ∪ B) = f -1(A) ∪ f -1(B)
x ∈ f -1(A ∪ B) ↔ f (x) ∈ A ∪ B ↔ f (x) ∈ A hoặc f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A)
hoặc x ∈f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∪ f -1(B) .
b. f -1(A ∩ B) = f -1(A) ∩ f -1(B)
2


x ∈ f -1(A ∩ B) ↔ f (x) ∈ A ∩ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) và x

∈ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∩ f -1(B) .
c. f -1(A \ B) = f -1(A) \ f -1(B)
x ∈ f -1(A \ B) ↔ f (x) ∈ A \ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∉ B ↔ x ∈f -1(A) và x ∉
f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) \ f -1(B) .
6. Với f : X → Y và g : Y → Z. Chứng minh :
a. Mệnh đề 2.8
-

f, g là đơn ánh → g∘ f là đơn ánh
∀ x ≠ x’ ∈ X, do f là đơn ánh → f (x) ≠ f (x’). Lại do g là đơn ánh: →

g ( f (x)) ≠ g (f (x’)) hay g∘ f (x) ≠ g∘ f (x’) đpcm.
-

f, g là toàn ánh → g∘ f là toàn ánh
∀ z ∈ Z, do g là toàn ánh → ∃ y ∈ Y: g (y) = z. Lại do f là toàn ánh: →
∃ x ∈ X : f (x) = y . Vậy ∃ x ∈ X để g ( f (x)) = z hay g∘ f (x) = z đpcm.

-

f, g là song ánh → g∘ f là song ánh
Theo định nghĩa, ánh xạ h là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh. Nên
điều phải chứng minh ở đây là hệ quả của 2 điều vừa chứng minh ở trên.

b. Mệnh đề 2.9
-

Nếu g∘ f là đơn ánh thì f là đơn ánh.
Giả sử f không phải là đơn ánh → ∃ x ≠ x’ : f (x) = f (x’) → g(f (x)) = g(f (x’))
hay g∘ f (x) = g∘ f (x’) → g∘ f không phải là đơn ánh, trái giả thiết. Vậy thì f

phải là đơn ánh.

-

Nếu g∘ f là toàn ánh thì g là toàn ánh.
Giả sử g không phải là toàn ánh → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (y), ∀ y ∈ Y → ∃ z ∈ Z
mà z ≠ g (f (x)), ∀ x ∈ X hay ∃ z ∈ Z: z ≠ g∘ f (x), ∀ x ∈ X nghĩa là g∘ f không
phải là toàn ánh, trái giả thiết. Vậy g phải là toàn ánh.

7. Với f : R → R xác định bởi f (x) = x2 – 3x + 2. Hỏi f có phải là một đơn ánh? Toàn
ánh? Tìm f (R) , f (0), f -1(0), f ([0, 5]), f -1 ([0,5]).
Dễ thấy x2 – 3x + 2 = 0 có nghiệm là 1 và 2 → f (1) = f (2) = 0. f không phải là đơn
ánh. f cũng không phải là toàn ánh. Các câu hỏi còn lại là dễ.

3


8. A là tập hợp đúng n phần tử. Chứng minh rằng số lượng các tập hợp con của A có
đúng 2n phần tử.
Chú ý công thức khai triển nhị thức Niu tơn: (1+1)n.
12. Lập bảng cộng và bảng nhân của vành Zn với n = 12 và n = 15. Tìm các phần tử khả
nghịch đối với phép nhân trong hai vành đó.
Lời giải đối với n = 12 (n = 15 – làm tương tự)

0
1
2
3
4
5

6
7
8
9
10
11

3
3
4
5
6
7
8
9
10
11
0
1
2

4
4
5
6
7
8
9
10
11

0
1
2
3

5
5
6
7
8
9
10
11
0
1
2
3
4

6
6
7
8
9
10
11
0
1
2
3

4
5

7
7
8
9
10
11
0
1
2
3
4
5
6

8
8
9
10
11
0
1
2
3
4
5
6
7

9
9
10
11
0
1
2
3
4
5
6
7
8

10
10
11
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9

11

11
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0

1
0
1

2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

2
0
2
4
6
8
10
0
2
4
6
8
10

3
0
3
6
9

0
3
6
9
0
3
6
9

4
0
4
8
0
4
8
0
4
8
0
4
8

5
0
5
10
3
8
1

6
11
4
9
2
7

6
0
6
0
6
0
6
0
6
2
3
4
5

7
0
7
2
9
4
11
6
1

8
3
10
5

8
0
8
4
0
8
4
2
8
4
0
8
4

9
0
9
6
3
0
9
3
3
0
9

6
3

10
0
10
8
6
4
2
4
10
8
6
4
2

11
0
11
10
9
8
7
5
5
4
3
2
1

.NE
T

2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
0
1

THS

x

1
1
2
3
4
5
6
7

8
9
10
11
0

TM
A

0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

0
0
1
2
3
4
5
6

7
8
9
10
11

VIE

+

Các phần tử khả nghịch đối với phép nhân là: 1, 5, 7, 11, nghịch đảo của chúng là chính
chúng.
17. Chứng minh tập hợp Q (√2 ) = { a + b√2 | a, b ∈ Q} lập nên 1 trường với phép
toán cộng và nhân thông thường.
4


Trước hết ta làm rõ các phép toán cộng và nhân trong Q (√2 ).
-

Phép cộng: (a + b√2) + (a’ + b’√2) là c + d√2 với c = (a+a’), d = (b+b’)

-

Phép nhân: (a + b√2) . (a’ + b’√2) là x + y√2
Với x = aa’ + 2bb’

y = ab’ + a’b

Từ đó dễ kiểm tra được: phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử không là:

0 = 0 + 0√2
Cũng dễ kiểm tra được phép nhân có tính giao hoán, kết hợp, phân phối về hai phía đối
với phép cộng. Phần từ đơn vị là 1 = 1 + 0√2 .
Tìm phần tử nghịch đảo của a + b√2 ≠ 0 (với a, b không đồng thời bằng 0). Theo định
nghĩa, nó là (a’ + b’√2) thỏa mãn (a + b√2) . (a’ + b’√2) = 1 + 0√2 →
aa’ + 2bb’ = 1 và ab’ + a’b = 0.
-

Nếu a ≠ 0, ta có b’ = -a’b / a → aa’ + 2b(-a’b/a) = 1 → a’ (a – 2b2/a) = 1 →
a’ = a/(a2-2b2) → b’ = -b//(a2-2b2)
(chú ý: vì a, b ∈ Q nên a2 – 2b2 ≠ 0).
Nếu a = 0 thì b≠ 0 → a’ = 0 → b’ = 1/(2b)

Gộp lại ta có nghịch đảo của

a + b√2 là a/(a2-2b2) + [-b/(a2-2b2)]√2 .

18. Chứng minh rằng nếu số phức z ∉ R thì trường các phần tử dạng :
R (z) = { a + bz | a, b ∈ R } trùng với trường số phức C .
Hiển nhiên mỗi phần tử a + bz với a, b ∈ R là một số phức → R (z) ⊂ C (1)
Ngược lại, giả sử z = x + iy, (y≠0). ∀ z’ = x’ + iy’ ∈C . Gọi a , b là các số thực thỏa
mãn z’ = a + bz = a + b(x+iy) = a+bx + iby → a+bx = x’, y’ = by → b = y’/y , a =
x’ – bx = x’ – xy’/y = (x’y – xy’) / y.
Tóm lại, ∀ z’ = x’ + iy’ ∈ C ta có z’ = (x’y – xy’) / y + (y’/y) z → z’ ∈R (z). Vậy
C ⊂R (z) (2). Từ (1) và (2) suy ra R (z) = C .
22. 23. Sinh viên tự làm vì dễ.
30. Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác của số phức.
31. Sinh viên tự làm, gợi ý sử dụng biểu diễn dạng lượng giác của số phức. Các căn bậc n
của 1 số phức là các điểm tại các đỉnh của 1 đa giác đều n cạnh. Giả sử tổng các căn bậc
n của 1 số phức là một véc tơ từ tâm đến 1 điểm S nào đó. Véc tơ này là không đổi khi ta

quay cả hệ đi 1 góc 360o/n. Điều này chỉ xảy ra khi véc tơ tổng = θ.
32. Phân tích các đa thức sau đây thành các nhân tử bất khả quy trên R[X] và C[X] .
5


a. X3 + 3X2 + 5X + 3
b. X3 – X2 – X - 2

VIE

TM
A

THS

.NE
T

Sinh viên tự làm. Gợi ý : Dễ nhận thấy các đa thức trên có 1 nghiệm thực. Vậy, chúng có
thể phân tích thành (x – x0)(ax2 + bx + c). Nếu biệt thức của ax2 + bx + c âm thì phân tích
trên là phân tích bất khả quy trên R[X]. Trên C, các đa thức trên luôn có đủ 3 nghiệm,
nên sẽ phân tích được thành dạng (x – x0)(x – z1)(x – z2).

6


Bài tập chương Không gian véc tơ
1. Các tập hợp sau đây có lập thành không gian véc tơ trên trường K hay không, đối với
các phép toán thông thường.
a. A = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 0}

Rõ ràng A với phép cộng (x1, …, xn) + (y1, …, yn) := (x1+y1, …, xn+yn) (∈ Kn)
làm thành một nhóm giao hoán (phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử
không là (0, …, 0), phần tử đối của (x1, …, xn) là (-x1, …, -xn).
∀ a ∈ K, và x = (x1, …, xn) ∈ A, phép nhân a . (x1, …, xn) := (ax1, …, axn) (∈ Kn)
có tính phân phối 2 phía đối với phép cộng, hơn nữa a(bx) = (ab)x, 1x = x.
Vậy A là một không gian véc tơ trên trường K.
b. B = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 + … + xn = 1}
Từ phép cộng thông thường, ta không thể định nghĩa phép cộng trong B, vì ∀ (x1,
…, xn), (y1, …, yn) ∈ B thì ((x1+y1, …, xn+yn) ∉ B.
Vậy B không là không gian véc tơ trên K với phép toán định nghĩa từ các phép
toán thông thường.
c. C = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = xn = -1}
Tương tự b. C không là không gian véc tơ trên trường K.
d. D = {(x1, …, xn) ∈ Kn | x1 = x3 = …., x2 = x4 = …}
Tương tự a. D là không gian véc tơ trên trường K.
e. E = {(aij)nxn | aij = aji với 1 ≤ i, j ≤ n }
Tương tự a. E là không gian véc tơ trên trường K.
2. F = {(x1, …, xn) ∈ Rn | x1, …, xn ∈ Z} có lập thành một không gian véc tơ trên
trường số thực R hay không?
Không! Không định nghĩa được phép nhân giữa a ∈ R với x ∈ F.
3. Với các phép toán thông thường, Q có là một không gian véc tơ trên trường số thực
R hay không? R có là một không gian véc tơ trên trường số phức hay không?
Không! Tương tự 2.
6. Các véc tơ sau đây độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính
a. e1 = (-1, -2, 1, 2), e2 = (0, -1, 2, 3), e3 = (1, 4, 1, 2), e4 = (-1, 0, 1, 3).
7


Xét ràng buộc tuyến tính xe1 + ye2 + ze3 +te4 = 0 hay
x (-1, -2, 1, 2) + y (0, -1, 2, 3) + z (1, 4, 1, 2) + t (-1, 0, 1, 3) = (0, 0, 0, 0) ↔

−𝑥 + 𝑧 − 𝑡 = 0
(1)
−2𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 = 0
(2)
{
𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0
(3)
2𝑥 + 3𝑦 + 2𝑧 + 3𝑡 = 0 (4)
(1) → x = z – t, thay vào (2) có -2 (z - t) – y + 4z = 0 hay -y +2z + 2t = 0
Cộng (1) và (3) → 2y + 2z + 2t = 0 hay y + z + t = 0

.NE
T

Kết hợp -y +2z + 2t = 0 và y + z + t = 0 → z+t = 0 → y = 0. Thay vào (3)
→ x = 0, thay vào (2) → z = 0, thay vào (4) → t = 0 .
Vậy hệ véc tơ e1, e2, e3, e4 là độc lập tuyến tính .

b. α1 = (-1, 1, 0, 1), α2 = (1, 0, 1, 1), α3 = (-3, 1, -2, -1).
Giải theo phương pháp tương tự a.

THS

7. Chứng minh rằng hai hệ véc tơ sau đây là các cơ sở của C3. Tìm ma trân chuyển từ cơ
sở thứ nhất sang cơ sở thứ hai.
(1)

e1 = (1, 2, 1), e2 = (2, 3, 3),

e3 = (3, 7, 1)

(2)

a1 = (3, 1, 4), a2 = (5, 2, 1),

a3 = (1, 1, -6)

TM
A

Dễ chứng minh e1, e2, e3 là độc lập tuyến tính (như trong 6.a. hoặc tính định thức cấp
3 lập từ chúng ≠ 0) → chúng làm thành 1 cơ cở của C3 . Tương tự a1, a2, a3 cũng là
1 cơ sở của C3 . Để tìm ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở (1) sang cơ sở (2) ta phải tìm
biểu diễn tuyến tính của mỗi véc tơ trong hệ (2) qua cơ sở (1). Điều này tương đương
với việc giải ba hệ phương trình:
x1 (1, 2, 1) + y1 (2, 3, 3) + z1 (3, 7, 1) = (3, 1, 4)
x2 (1, 2, 1) + y2 (2, 3, 3) + z2 (3, 7, 1) = (5, 2, 1)
x3 (1, 2, 1) + y3 (2, 3, 3) + z3 (3, 7, 1) = (1, 1, -6)

VIE

- Hệ phương trình thứ nhất:
- Hệ phương trình thứ hai:
- Hệ phương trình thứ ba:

Ma trận chuyển cơ sở cần tìm là ma trận:
x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3
8. Chứng minh rằng hai hệ véc tơ sau là các cơ sở của C4 . Tìm mối liên hệ giữa tọa độ của

cùng một véc tơ trong hai cơ sở đó :
(1)

e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (1, 2, 1, 1),

e3 = (1, 1, 2, 1), e4 = (1, 3, 2, 3);

(2)

a1 = (1, 0, 3, 3), a2 = (2, 3, 5, 4),

a3 = (2, 2, 5, 4),

8

a4 = (2, 3, 4, 4).


Dễ chứng minh (bằng tính toán như với 6.a.) hai hệ trên là độc lập tuyến tính trong C4 →
chúng là các cơ sở của C4.
Tìm biểu diễn tuyến tính của ai qua ei. Từ đó có ma trận chuyển cơ sở (cij) → công thức
đổi tọa độ : Nếu α = ∑ j=1,.., n (xj aj) thì α = ∑ j=1,..,n∑ i=1,.., n (ajcij)ei .
10. V = {(x, y) ∈ RxR | y > 0} . Định nghĩa phép cộng và nhân với vô hướng như sau :
(x, y) + (u, v) = (x+u, yv) ∀ (x, y), (u, v) ∈ V,
a.(x, y) = (ax, ya), ∀ a ∈ R và ∀ (x, y) ∈ V.
V có phải là không gian véc tơ trên R đối với hai phép toán đó không ? Nếu có hãy
tìm một cơ sở của không gian ấy.
Lời giải :
- Phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, phần tử 0 = (0,1), phần tử đối của (x, y) là
(-x, 1/y).

- Phép nhân có các tính chất:
 a(x, y) + b(x, y) = (ax, ya)+ (bx, yb) = (ax+by, yayb) = ((a+b)x, ya+b) = (a+b) (x, y)
 a(x, y) + a(u, v) = (ax, ya)+ (au, va) = (a(x+u), (yv)a) = a(x+u, yv) =
= a((x, y)+(u, v)).
 a(b(x, y)) = a(bx, yb) = (abx, (yb)a) = ((ab)x, yab) = (ab)(x, y).
 1(x, y) = (1x, y1) = (x, y).
Vậy V là không gian véc tơ trên R với các phép toán nói trên.
Cơ sở của V :

(1, 1) là véc tơ ≠ 0 = (0, 1).
(0, 2) cũng là véc tơ ≠ 0 = (0, 1).
Ta kiểm tra xem hệ hai véc tơ này có độc lập tuyến tính hay không :
Xét ràng buộc : a (1, 1) + b (0, 2) = (0, 1) ↔ (a, 1) + (0, 2b) = (0, 1) ↔
(a, 2b) = (0, 1) → a = 0, b = 0. Vậy (1, 1) và (0, 2) là đltt.
∀ (x, y) ∈ V, xét a (1, 1) + b (0, 2) = (x, y) ↔ (a, 2b) = (x, y)
→ a = x, b = log2y.
Tóm lại ∀ (x, y) ∈ V ta luôn có (x, y) = x (1, 1) + log2y (0, 2) → (1, 1), (0,2) là
một cơ sở của V. Tương tự (1, 1) , (0, e) là một cơ sở của V.
11. Ma trận chuyển từ cơ sở sang một cơ sở khác thay đổi thế nào nếu
a. Đổi chỗ hai véc tơ trong cơ sở thứ nhất
Gọi (α) = (α1, … , αn) là cơ sở thứ nhất, (β) = (β1, … , βn) là cơ sở thứ hai.
Ta có (aij)nxn là ma trận chuyển từ cơ sở (α) sang (β), với βj = ∑ aijαi . Vậy việc
đổi chỗ hai véc tơ thứ tự ik và is trong (α) tương ứng với việc đổi chỗ 2 hàng thứ ik
và is trong ma trận (aij)nxn .
9


b. Đổi chỗ 2 véc tơ trong cơ sở thứ hai → đổi chỗ 2 cột tương ứng trong ma trận.
c. Đặt các véc tơ trong mỗi cơ sở theo thứ tự hoàn toàn ngược lại → hoán vị các
phần tử đối xứng qua đường chéo chính, sau đó hoán vị các phần tử đối xứng qua

đường chéo phụ.
15. Chứng minh rằng W = {(x1, …, xn) ∈ Rn , x1+2x2+…+nxn = 0} là một không gian con
của Rn. Tìm số chiều và cơ sở của không gian con đó.
Dễ kiểm tra W đóng kín với phép toán cộng và nhân của Rn :
(x1, …, xn) + (y1, …, yn) = (x1+y1, …, xn+yn) , a(x1, …, xn) = (ax1, …, axn) .
Dễ thấy W là không gian con thực sự của Rn , vì rõ ràng A ≠ Rn . Vậy dim A < n.

.NE
T

Xét các véc tơ có dạng (i, 0, … , 0, -1, 0, …, 0) (phần tử -1 ở vị trí thứ i, i = 2, …, n).
Hệ n-1 véc tơ này là độc lập tuyến tính, thật vậy, xét ràng buộc:
a2(2, -1, 0, …, 0)+ a3(3, 0, -1, 0, …, 0) + …+an(n, 0, …, 0, -1) = 0
↔ (2a2 +3a3 +…+nan , -a2, …, -an) = (0, …, 0) ↔ a2= …= an = 0 .
→ dim A = n-1 và hệ véc tơ nói trên là một cơ sở của W.

THS

17. Chứng minh rằng W = {(aij)nxn , aij = aji } là không gian con của M(nxn). Tìm số
chiều và cơ sở của W.

TM
A

Cơ sở của W là hệ gồm các ma trận:
- Có 1 phần tử trên đường chéo = 1, tất cả các phần tử còn lại = 0
- Có 2 phần tử đối xứng qua đường chéo = 1, tất cả các phần tử còn lại = 0
→ dim W = n + (1+2+..+(n-1)) = n(n+1)/2 .
18. Chứng minh rằng W = {(aij)nxn , aij = -aji } là không gian con của M(nxn). Tìm số
chiều và cơ sở của W.

Tương tự 17.

VIE

19. Giả sử V1 ⊂ V2 là các không gian con của V. Chứng minh rằng dim V1 ≤ dim V2 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi V1 = V2. Khẳng định đó còn đúng không nếu V1, V2
là các không gian con tùy ý của V.
V1 ⊂ V2 → V1 là không gian con của V2 . Vì vậy dim V1 ≤ dim V2 . Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi V1 = V2 (mệnh đề 4.3 trang 64).
Khẳng định đó không còn đúng nếu V1, V2 là các không gian con tùy ý của V.
20. Giả sử V1, V2 là các kg véc tơ con của V. Chứng minh rằng nếu dim V1 + dim V2 >
dim V thì V1 ∩ V2 chứa ít nhất 1 véc tơ khác 0.
Giả sử ngược lại V1 ∩ V2 = {0}. Gọi (α1, …, αr) là một cơ sở của V1, (β1, …, βs) là
một cơ sở của V2. Ta thấy βi (i = 1, …, s) không thể biểu diễn tuyến tính qua (α1, …,
αr), vì nếu thế thì βi ∈ V1 → V1 ∩ V2 ≠ {0}. Tiếp theo nếu βi biểu diễn tuyến tính
10


qua (α1, …, αr, β1, …, βi-1) thì biểu diễn ấy phải có dạng βi = 0.α1 + … + 0.αr + a1β1
+ … + ai-1βi-1 = a1β1 + … + ai-1βi-1. Điều này là không thể vì (β1, …, βs) là đltt. Vậy
hệ véc tơ (α1, …, αr, β1, …, βs) là độc lập tuyến tính trong V → r + s ≤ dim V hay
dim V1 + dim V2 < dim V – trái giả thiết. Vậy V1 ∩ V2 ≠ {0}.
21. Giả sử V1, V2 là các kg véc tơ con của V. Chứng minh rằng nếu dim (V1 +V2) = dim
(V1 ∩ V2) +1 thì V1+V2 trùng với 1 trong hai không gian con đã cho còn V1 ∩ V2
trùng với không gian con còn lại.
Giả sử (α1, …, αr) là 1 cơ sở của V1 ∩ V2 (nếu V1 ∩ V2 = {0} thì r = 0). Bổ sung vào
hệ này các véc tơ để nhận được (α1, …, αr, β1, …, βs) là cơ sở của V1. Và (α1, …, αr,
γ1, …, γt) là cơ sở của V2 → (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là cơ sở của V1 + V2 (*)
→ dim (V1 + V2) = r + s + t
Mặt khác theo gt thì dim (V1 +V2) = dim (V1 ∩ V2) +1 → r + s + t = r + 1 →

s + t = 1 → s = 0, t =1 hoặc s = 1, t = 0.
- Nếu s = 0 → (α1, …, αr) là cơ sở của V1 , nghĩa là V1 = V1 ∩ V2 → V1 ⊂ V2 thế thì
V1+V2 = V2.
- Nếu t = 0 → (α1, …, αr) là cơ sở của V2 , nghĩa là V2 = V1 ∩ V2 → V2 ⊂ V1 thế thì
V1+V2 = V1.
---------(*) Giải thích: (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là một cơ cở của V1 + V2.
- Trước hết ta thấy (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là một hệ sinh của V1 + V2. (1)
- Xét ràng buộc: a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs + c1γ1 + … +ctγt = 0
→ a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs = -c1γ1 - … - ctγt
Do vế trái ∈ V1, vế phải ∈ V2 → ∈ V1 ∩ V2 , vậy thì:
-c1γ1 - … - ctγt = d1α1+ …+ drαr hay d1α1+ …+ drαr +c1γ1 + … + ctγt = 0 →
d1 = … = dr = c1 = … = ct = 0 → a1α1+ …+ arαr + b1β1 + … +bsβs = 0 →
a1 = … = ar = b1 = … = bs = 0.
Tóm lại có:
a1 = … = ar = b1 = … = bs = c1 = … = ct = 0.
Vậy (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) đltt.
(2)
Từ (1) & (2) → (α1, …, αr, β1, …, βs, γ1, …, γt) là cơ sở của V1 + V2.
22. Tìm hạng của hệ véc tơ
α1 = (1, 2, 0, 1), α2 = (1, 1, 1, 0), α3 = (1, 0, 1, 0), α4 = (1, 3, 0, 1)
Dễ thấy α4 = (1, 3, 0, 1) = (1, 2, 0, 1) + (1, 1, 1, 0) – (1, 0, 1, 0) = α1 + α2 – α3.
→ hệ (α1, α2, α3, α4) phụ thuộc tuyến tính.
Xét ràng buộc: x (1, 2, 0, 1) + y (1, 1, 1, 0) + z (1, 0, 1, 0) = 0 ↔
x + y + z = 0 , 2x + y = 0 , y + z = 0 , x = 0 → y = 0 , z = 0
Vậy hệ (α1, α2, α3) là độc lập tuyến tính → rank (α1, α2, α3, α4) = 3.
11


23. Tìm hạng của hệ véc tơ
α1 = (1, 1, 1, 1), α2 = (1, 3, 1, 3), α3 = (1, 2, 0, 2), α4 = (1, 2, 1, 2), α5 = (3, 1, 3, 1)

Dễ thấy

α2 = (1, 3, 1, 3) = 2 (1, 2, 1, 2) – (1, 1, 1, 1) = 2α4 – α1 .
α5 = (3, 1, 3, 1) = 5(1, 1, 1, 1) – 2(1, 2, 1, 2) = 5α1 – 2α4 .

→ (α1, α2, α3, α4, α5), (α1, α3, α4, α2), (α1, α3, α4, α5) là phụ thuộc tuyến tính.
Xét ràng buộc: xα1 + yα3 +zα4 = x(1, 1, 1, 1) + y(1, 2, 0, 2) + z(1, 2, 1, 2) = 0 ↔
(1)–(3) → y = 0,
(2)–(1) → z = 0, → x = 0
Vậy (α1, α3, α4) là độc lập tuyến tính
→ rank (α1, α2, α3, α4, α5) = 3.

.NE
T

x + y + z = 0 (1)
x + 2y +2z = 0 (2)
x+z=0
(3)
x + 2y +2z = 0

24. α1 = (1, 2, 1), α2 = (1, 1, -1), α3 = (1, 3, 3); β1 = (2, 3, -1), β2 = (1, 2, 2), β3 = (1, 1, -3)
U = L (α1, α2, α3), V = L (β 1, β 2, β 3). Tìm U + V và U ∩ V.

THS

Bước 1. Tìm dim U = rank(α1, α2, α3) và dim U = rank(β 1, β 2, β 3)

- 2(1, 2, 1) - (1, 1, -1) = (1, 3, 3) → α3 = 2α1 – α2 → (α1, α2, α3) phụ thuộc tuyến tính.
Xét ràng buộc xα1 + yα2 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) = 0 → hệ phương trình

→ x = y = 0. Vậy (α1, α2) đltt → dim U = rank(α1, α2, α3) = 2

TM
A

x+y=0
2x + y = 0
x–y=0

- Dễ thấy β3 = β1 – β2. Vậy hệ véc tơ (β1, β2, β3) là phụ thuộc tuyến tính.
Xét ràng buộc xβ 1 + yβ 2 = 0 ↔ x (2, 3, -1) + y (1, 2, 2) = 0 →
→ x = y = 0. Vậy (β 1, β 2) đltt → dim V = rank(β 1, β 2, β 3) = 2

VIE

2x + y = 0
3x + 2y = 0
-x + 2y = 0

Bước 2. Từ bước 1, ta có (α1, α2, β 1, β 2) là một hệ sinh của U + V. Chú ý rằng α1, α2,
β1, β 2 ∈ R3 nên hệ 4 véc tơ ấy là phụ thuộc tuyến tính (vì 4 > 3).
Xét ràng buộc xα1 + yα2 + zβ1 = 0 ↔ x(1, 2, 1) + y(1, 1, -1) +z(2, 3, -1) = 0 →
x + y + 2x = 0
2x + y + 3z = 0 → x = y = z = 0. Vậy (α1, α2, β 1) là độc lập tuyến tính.
x - y –z = 0
→ (α1, α2, β1) là cơ sở của U + V.
Bước 3. ∀α ∈ U ∩ V → α = x α1 + y α2 = x’ β1 + y’ β2 →
12

x + y = 2x’ + y’
2x + y = 3x’ + 2y’
x – y = -x’ + 2y’

→

x + y – y’ = 2x’ (1)
2x + y - 2y’= 3x’ (2)
x – y - 2y’= -x’
(3)

(1)+(3) → 2x – 3y’ = x’
(2)–(1) → x - y’ = x’
→ y’ = x’ , x = 2x’

Thay vào (1) → y = 2x’ + x’ -2x = x’ . Vậy α = 2x’α1 + x’α2 = x’(2α1+α2) →
→ α = x’(3, 5, 1). Vậy U ∩ V là không gian có cơ sở là (3, 5, 1).
25. Tương tự
26. Tương tự
27. Chứng minh rằng với mỗi không gian con V1 của không gian véc tơ V tồn tại một
không gian con V2 sao cho V = V1⊕V2. Không gian con V2 có duy nhất không ?
Giả sử (α1, …, αr) là một cơ sở của V1. Bổ sung vào hệ này các véc tơ để nhận được cơ
cở (α1, …, αr, β1, …, βs) của V. Hiển nhiên β1, …, βs ∉ V1 . Gọi V2 = L (β1, …, βs), ta có :
V1 ∩ V2 = {0} và V = V1⊕V2. V2 là không duy nhất vì β1, …, βs là không duy nhất.
30. K[X]n là không gian véc tơ các đa thức với hệ số trong K, bậc ≤ n. Tìm không gian
thương K[X]n / K[X]m và số chiều của nó khi m < n.
Chúng ta biết rằng với W là không gian con của V, xác lập được quan hệ tương đương ~ :
a ~ b ↔ a – b ∈ W. Không gian thương V/W được định nghĩa là V/~ . Mỗi phần tử của
V/W là một lớp tương đương theo quan hệ tương đương ~ và có thể biểu diễn ở dạng [a]
= a + W. Đồng thời dim V/W = dim V – dim W.

Bây giờ xem xét V = K[X]n , W = K[X]m . Hai đa thức fn và gn ∈ K[X]n là tương đương
với nhau nếu fn - gn ∈ K[X]m – nghĩa là hiệu của chúng là một đa thức bậc ≤ m. Nói cách
khác chúng tương đương với nhau nếu tất cả các hệ số của xn, xn-1, …, xm+1 trong fn
và gn là tương ứng bằng nhau. Vậy :
K[X]n / K[X]m = { anxn + an-1xn-1 + … +am+1xm+1 + K[X]m , ai ∈ K}
dim (K[X]n / K[X]m) = dim K[X]n - dim K[X]m = n+1 – (m+1) = n – m.
Hệ cơ sở là các véc tơ xn, xn-1, …, xm+1.

13


Bài tập chương Ma trận và ánh xạ tuyến tính
1. Tính tích hai ma trận. Dễ
2. Tính các lũy thừa sau
cos φ - sin φ n
sin φ

=

=

sin φ

2cosφ sinφ

cos φ

cos φ

sin φ

cos2φ -sin2φ

sin φ

sin2φ cos2φ

cos φ

cos φ - sin φ n-3

cos2φ -sin2φ

cosφ -sinφ

sin φ

sin2φ cos2φ

sinφ cosφ

cos φ

cos φ

cos2φ – sin2φ

cos φ - sin φ n-2

cos φ - sin φ n-3

cos2φ cos φ - sin2φ sin φ

-(cos2φ sinφ + sin2φ cosφ)

sin φ cos φ
cos φ - sin φ n-3

sin2φ cosφ + cos2φ sinφ
cos3φ -sin3φ

- sin2φsinφ + cos2φ cosφ

sin φ cos φ
cos nφ -sin nφ

sin3φ cos3φ

λ 1 n

λ 1 n-2 λ 1
=

0 λ
0 λ
λ 1 n-3 λ 1

=

0 λ

λn nλ
0 λn

a1 0 …
0 a2 …
…
0 0…

0
0
an

0 λ

n

=

λ 1 n-2 λ2 2λ

λ 1

=

0 λ

0 λ

0 λ2

0 λ

λ 1 n-3 λ3 3λ

λ2 -2λ

=

0

λ2

VIE

=

3.

sin φ

cos φ

cos2φ - sin2φ -2cosφ sinφ

sin nφ cos nφ
b.

sin φ

cos φ - sin φ

.NE
T

=

cos φ

cos φ - sin φ n-2

=

=

=

THS

=

cos φ - sin φ n-2 cos φ - sin φ

TM
A

a.

a1 n 0 …
0 a2 n …
…

0 0…

0 λ

0
0
an n

14

0 λ3


4. Tính lũy thừa của ma trận vuông cấp n x n

Với n – 1 = 2
1 1 0 0 …..0
0 1 1 0 …..0
0 0 1 1 …..0
0 0 0 1 …..0
…
0 0 0 0 …..1
0 0 0 0 …..0
Với n -1 = 3
1 2 1 0
0 1 2 1
0 0 1 2
0 0 0 1
…
0 0 0 0

0 0 0 0
Với n-1 = 4
1 3 3 1
0 1 3 3
0 0 1 3
0 0 0 1
…
0 0 0 0
0 0 0 0

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0
1
1
0
0
0
0

…..1 2
…..0 1
…..0
…..0

…..0
…..0

0
0
0
0

…..1 3
…..0 1

1 1
0 1
0 0
0 0
…
0 0
0 0

0
1
1
0

1 1
0 1
0 0
0 0
…
0 0

0 0

0
1
1
0

1 1
0 1
0 0
0 0
…
0 0
0 0

0
0
1
1

…..0
…..0
…..0
…..0

1 1
0 1
0 0
0 0
…

0 0
0 0
0
0
0
0

0
1
1
0

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

=

=

0 0 …..1 1
0 0 …..0 1
0
1

1
0

0
0
1
1

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

0 0 …..1 1
0 0 …..0 1

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

n-1

0 0 …..1 1
0 0 …..0 1

0 0 …..1 1
0 0 …..0 1
0
0
1
1

0
0
1
1

=

1 2
0 1
0 0
0 0
…
0 0
0 0

1
2

1
0

1 3
0 1
0 0
0 0
…
0 0
0 0

3
3
1
0

1 4
0 1
0 0
0 0
…
0 0
0 0

0
1
2
1

…..0

…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

0 0 …..1 2
0 0 …..0 1
1
3
3
1

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

0 0 …..1 3
0 0 …..0 1

6

4
1
0

4
6
4
1

1 …. 0
4 …. 0
6 …. 0
4 …. 0

0
0
0
0

0 0 …..1 4
0 0 …..0 1

Chú ý quy luật (1, 1) → (1, 2, 1) → (1, 3, 3, 1) → (1, 4, 6, 4, 1) → … tương ứng là
3
(C10 , C11 ) → (C20 , C21 , C22 ) → (C30 , C31 , C32 , C33 ) → (C40 , C41 , C42 , C43
, C44 ) → ⋯

Mặt khác : C10 + C11 = C21 , C20 + C21 = C31 , C21 + C22 = C32 , . . . do Cnk−1 + C𝑛k = C𝑛k .
1 1
0 1

0 0
0 0
…
0 0
0 0

0
1
1
0

0
0
1
1

…..0
…..0
…..0
…..0

0
0
0
0

0 0 …..1 1
0 0 …..0 1

n-1

=

0
3
1
2
Cn−1
Cn−1
Cn−1
Cn−1
…
0
1
2
0 Cn−1 Cn−1 Cn−1 …
0
1
0
0 Cn−1
Cn−1
…
0
0
0
0 Cn−1 …
…
0
0
0
0 …

0
0
0
0 ….

n−1
Cn−1
n−2
Cn−1
n−3
Cn−1
n−4
Cn−1
1
Cn−1
0
Cn−1

5. Chứng minh rằng nếu các tích của hai ma trận AB và BA đều có nghĩa và hơn nữa
AB = BA thì A và B là hai ma trận vuông cùng cấp.
15


AB có nghĩa → Nếu A có cấp m x n thì B có cấp n x p. BA có nghĩa → p = m →
AB là ma trận cấp m x m , BA là ma trận cấp n x n. Lại có AB = BA → m = n.
6. Ma trận tích AB (A = (aij) m x n, B = (bij) n x p) sẽ thay đổi thế nào nếu
a. Đổi chỗ hai hàng i và j của ma trận A.
Gọi C = (cuv)m x p là ma trận tích AB → cuv = ∑k=1, .., n aukbkv →
Các phần tử hàng thứ i của A chỉ tham gia vào hàng thứ i của C, các phần tử
hàng thứ j của A chỉ tham gia vào hàng thứ j của C:

civ = ∑k=1, .., n aikbkv , cjv = ∑k=1, .., n ajkbkv .

.NE
T

Vậy đổi chỗ hai hàng i và j của A sẽ dẫn đến đổi chỗ hai hàng i và j của ma trân
tích.
b. Cộng vào hàng thứ i tích của vô hướng c với hàng thứ j của ma trận A.
Các phần tử hàng i, cột k của ma trận A bây giờ sẽ là dik = aik + cajk →
Các phần tử hàng i, cột v của ma trận C bây giờ sẽ là
civ = ∑k=1, .., n dikbkv = ∑k=1, .., n (aik+caik)bkv = ∑k=1, .., n aikbkv + c ∑k=1, .., n ajkbkv

THS

→ hàng i của ma trận tích được cộng thêm tích của vô hướng c với hàng thứ j.
c. Đổi chỗ hai cột i và j của ma trận B.

Gọi C = (cuv)m x p là ma trận tích AB → cuv = ∑k=1, .., n aukbkv →

TM
A

Các phần tử cột thứ i của B chỉ tham gia vào cột thứ i của C, các phần tử cột thứ j
của A chỉ tham gia vào cột thứ j của C:
Cui = ∑k=1, .., n aukbki , cuj = ∑k=1, .., n aukbkj .
Vậy đổi chỗ hai cột i và j của B sẽ dẫn đến đổi chỗ hai cột i và j của ma trân tích.
d. Cộng vào cột thứ i tích của vô hướng c với cột thứ j của ma trận B.

VIE

Các phần tử hàng k, cột i của ma trận A bây giờ sẽ là dki = bki + cbkj →
Các phần tử hàng u, cột i của ma trận C bây giờ sẽ là
Cui = ∑k=1, .., n aukdki = ∑k=1, .., n auk (bki + cbkj) = ∑k=1, .., n aukbki + c ∑k=1, .., n aukbkj
→ cột i của ma trận tích được cộng thêm tích của vô hướng c với cột thứ j.
7. Vết của ma trận - tr (cij)mxm := c11 + c22 + … + cnn . Chứng minh rằng nếu A.B và
B.A có nghĩa thì tr (AB) = tr (BA).
AB và BA có nghĩa → nếu cấp của A là m x n, cấp của B sẽ là n x m.
Giả sử A = (aij) mxn, B = (bij) nxm →
- Gọi C = A.B → C = (cij) mxm, cij = ∑
aikbkj → tr (C) = ∑
∑
k=1,.., n

- Gọi D = A.B → D = (dij) nxn, dij = ∑

i=1,.., m

bikakj → tr (D) = ∑
k=1,.., m

16

∑
i=1,.., n

aikbki .

k=1,.., n
k=1,.., m

bikaki .


=∑

∑
k=1,.., n

bkiaik = ∑

i=1,.., m

∑
i=1,.., m

aikbki = tr (C) .
k=1,.., n

10. Hai ma trận vuông A, B được gọi là giao hoán với nhau nếu AB = BA. Chứng
minh rằng A giao hoán với mọi ma trận vuông cùng cấp nếu và chỉ nếu A = cE.
() Giả sử A = cE và B là ma trận vuông bất kỳ cùng cấp với A → AB = cEB =

cB. Mặt khác BA = BcE = cB → AB = BA .
() Giả sử A giao hoán với mọi ma trận vuông B cùng cấp. Ta sẽ chứng minh A =

cE.
Lấy B là các ma trận mà tất cả các phần tử bằng 0, chỉ riêng phần tử hàng 1, cột p
bằng 1. Ta có tích AB và BA như sau :
a11 a12 … a1p … a1n
a21 a22 … a2p … a2n

…
an1 an2 … anp … ann

0 0 … a11 … 0
0 0 … a21 … 0
=
…
0 0 … an1 … 0

00…1…0
00…0…0
…
00…0…0

a11 a12 … a1p … a1n
ap1 ap2 … app … apn
a21 a22 … a2p … a2n
0 0… 0 … 0
=
…
…
an1 an2 … anp … ann
0 0… 0 … 0

00…1…0
00…0…0
…
00…0…0

→ ap1 = ap2 = … = app-1 = app+1 = … apn = 0, app = a11 , p = 1, …, n → A = a11E

hay A = cE .
15. Sinh viên tự làm.
19. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho A2 = 0

a2+bc b(a+d)
a2+bc ab+bd
ab
2
Giả sử A = c d , ta có A = ac+cd d2+bc = c(a+d) d2+bc = 0 →
a2 + bc = 0, d2 + bc = 0, b(a+d) = 0, c(a+d) = 0 → a2 – d2 = 0.
00
0b
- Nếu a = 0 → d2 = 0 → hoặc b = 0 hoặc c = 0. → A = 0 0 , c 0 , ∀ b, c

- Nếu a ≠ 0, do a2 – d2 = 0 → (a + d)(a – d) = 0
Ta có a – d ≠ 0 vì nếu ngược lại thì d = a ≠ 0 → a + d ≠ 0. Mặt khác b(a+d) = 0
= c(a+d) → b = c = 0 → a = d = 0, mâu thuẫn với a ≠ 0.
Vậy a + d = 0 → d = -a → bc = -a2 ≠ 0 → c = -a2/b
a

b

→ A = -a2/b -a

, ∀ a, b ≠ 0

20. Tìm tất cả các ma trận vuông cấp 2 sao cho A2 = E
10
ab
a2+bc ab+bd

a2+bc b(a+d)
2
Giả sử A = c d , ta có A = ac+cd d2+bc = c(a+d) d2+bc = 0 1 →
a2 + bc = 1, d2 + bc = 1, b(a+d) = 0, c(a+d) = 0 → a2 – d2 = (a+d)(a-d) = 0.

- Nếu a + d ≠ 0 → a – d = 0 và b = c = 0 → a2 = d2 = 1 → a = d = ±1 →
A=

-1 0
1 0
, 0 -1
0 1

.
17


- Nếu a + d = 0 → a = -d, bc = 1 – a2 .
. Nếu a = ±1 → bc = 0 → b = 0 hoặc c = 0 →
A=

1 0
1 b
,
, -1 b , -1 0
c -1
c 1
0 -1
0 1

a
b
(1-a2)/b -a

. Nếu a ≠ ±1 → c = (1 – a2)/b → A =
Tổng hợp lại, các giá trị A có thể nhận là:
1 0
0 1

-1 0
0 -1

1 0
c -1

-1 0
c 1

, ∀ b ≠ 0, ∀ a ≠ ±1.

a
b
, ∀ a, ∀ b ≠ 0 .
(1-a2)/b -a

21. Giải phương trình AX = 0. Trong đó A là ma trận vuông cấp 2 đã cho còn X là ma
trận vuông cấp 2 cần tìm.
xz
ab
,X= yt

cd

ax + by az + bt

→ AX = cx + dy cz + bt = 0 →

Hai hệ phương trình thuần nhất

.NE
T

Giả sử A =

ax + by = 0
cx + dy = 0

az + bt = 0
là một và sẽ cho họ
cz + bt = 0

nghiệm sai khác một hằng số nhân (z, t) = λ(x, y).

00

Nếu |A| ≠ 0 → hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0 → z = t = 0 → X = 0 0 .
Nếu |A| = 0 (ad – bc = 0 hay c = ka, d = kb) → hệ tương đương với 1 phương
X=

THS

trình xác định quan hệ giữa x và y, chẳng hạn là ax + by = 0 →
x λx
, ∀ x, y thỏa mãn ax+by=0.
y λy

TM
A

25. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất tự đồng cấu f : R3 → R3 chuyển các véc tơ α1 =
(2, 3, 5), α2 = (0, 1, 2), α3 = (1, 0, 0) tương ứng thành các véc tơ β1 = (1, 1, 1), β2 =
(1, 1, -1), β3 = (2, 1, 2). Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc của không gian.
Xét ràng buộc x (2, 3, 5) + y (0, 1, 2) + z (1, 0, 0) = 0 ↔
Cộng vào phương trình 3 với (-2) * phương trình hai →

2x + z = 0
3x + y = 0
5x + 2y = 0

VIE

x = 0 → z = 0, y = 0. Vậy hệ (α1, α2, α3) là độc lập tuyến tính → là cớ sở của R3
→ f xác định duy nhất.
1 1 2
Ta có (f (α1), f (α2), f (α3)) = (β1, β2, β3) = (e1, e2, e3) 1 1 1
1 -1 2

2 0 1
Lại có (α1, α2, α3) = (e1, e2, e3) 3 1 0
5 2 0

→
2 3 5

(f (α1), f (α2), f (α3)) = (f(e1), f(e2), f(e3)) 0 1 2

1 1 2
(f(e1), f(e2), f(e3)) = (e1, e2, e3) 1 1 1
1 -1 2

sở (e1, e2, e3) là:

1 1 2
1 1 1
1 -1 2

2 0 1 -1
3 1 0 =
5 2 0

→

1 0 0
2 0 1 -1
3 1 0
→ ma trận của f trong cơ
5 2 0
1 1 2
1 1 1
1 -1 2

2 -11 6
0 2 -1
=
1 -7 4
0 -5 3
2 -1 0
1 -4 2

Để tìm ma trận nghịch đảo, dùng phương pháp biến đổi sơ cấp chuyển A|E về E|A-1 :
201|100
2 0 1| 1 0 0
1 -1 2 | 2 -1 0
1 -1 2 | 2 -1 0
1 -1 2 | 2 -1 0
1 0 0 | 0 2 -1
1 0 0 | 0 2 -1
3 1 0 | 0 1 0 → 1 1 -1 | -1 1 0 → 1 1 -1 | -1 1 0 → 0 2 -3 | -3 2 0 → 0 1 -2 | -2 3 -1 → 0 1 -2 | -2 3 -1 → 0 1 0 | 0 -5 3
520|001
0 1 -1 | -1 -1 1
0 1 -1 | -1 -1 1
0 1 -1 | -1 -1 1
0 1 -1 | -1 -1 1
0 0 1 | 1 -4 2
0 0 1 | 1 -4 2

18


26. Tự đồng cấu f của không gian véc tơ Kn chuyển các véc tơ độc lập tuyến tính α1,
…, αn tương ứng thành các véc tơ β1, …, βn . Chứng minh rằng ma trận của f trong

cơ sở nào đó (e1, …, en) là BA-1, trong đó các cột của ma trận A và B tương ứng là
các tọa độ của α1, …, αn và β1, …, βn trong cơ sở (e1, …, en).
Ta có (α1, …, αn) = (e1, …, en)A → (f (α1), …, f (αn)) = (f (e1), …, f (en))A
Mặt khác f (αj) = βj → (f (α1), …, f (αn)) = (βj, …, βj) = (e1, …, en)B →
(f (e1), …, f (en))A = (e1, …, en)B → (f (e1), …, f (en)) = (e1, …, en) (BA-1) .
30. Tự đồng cấu f có ma trận trong cơ sở (e1, e2, e3, e4) là A
1
3
2
1

2
0
5
2

0
-1
3
1

1
2
1
3

Hãy tìm ma trận của f trong cơ sở (e1, e1+e2, e1+e2+e3, e1+e2+e3+e4).
e1
=
e1 + e2

=
e1 + e2 + e3
=
e1 + e2 + e3 + e4 =

Ta có

1e1 + 0e2 + 0e3 + 0e4
1e1 + 1e2 + 0e3 + 0e4 → C =
1e1 + 1e2 + 1e3 + 0e4
1e1 + 1e2 + 1e3 + 1e4

1
0
0
0

1
1
0
0

1
1
1
0

1
1
1

1

là ma trận
chuyển từ cơ sở
thứ nhất sang
cơ sở thứ hai

Ma trận của f trong cơ sở thứ hai là C-1AC.
1
3
2
1

AC =

2
0
5
2

0
-1
3
1

1
2
1
3

1
0
0
0

1
1
0
0

1
1
1
0

1
1
1 =
1

1
3
2
1

3
3
7
3

3
2
10
4

4
4
11
7

Để tìm C-1 ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các hàng để đưa C|E về E|C-1
1
0
0
0

1
1
0
0

1
1
1
0

1
1
1
1

1
0
0
0

0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

Nhân hàng 2 với -1 cộng vào hàng 1
Nhân hàng 3 với -1 cộng vào hàng 2
Nhân hàng 4 với -1 cộng vào hàng 3

1
0
0
0

0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

1
0
0
0

-1
1
0
0

0
-1
1
0

0
0
-1
1

-2 0 1 0
4
-1 -4 -8 -7
4
→ C-1AC =
=
1 4 6 4
11
1 3 4 7
7
15 -11 5
31. Tự đồng cấu f có ma trận trong cơ sở (e1, e2, e3) là A = 20 -15 8
8 -7 6
1
0
0
0

-1
1
0
0

0 0
-1 0

1 -1
0 1

1
3
2
1

3
3
7
3

3
2
10
4

Tìm ma trận của f trong cơ sở (ε1, ε2, ε3) = (2e1+3e2+e3, 3e1+4e2+e3, e1+2e2+2e3).

2 3 1
Ma trận chuyển từ cơ sở (e1, e2, e3) sang cơ sở (ε1, ε2, ε3) là C = 3 4 2
1 1 2
15 -11 5 2 3 1
2 6 3
20 -15 8 3 4 2 = 3 8 6
→ AC =
8 -7 6 1 1 2
1 2 6
2 3 1 1 0 0

1 2 -1 1 0 -1 h3 = h3 – h1 + h2 1 2 -1 1 0 -1
h1 = h1 – h3
0 1 -4 0 1 -3
3 4 2 0 1 0
0 1 -4 0 1 -3
h3 = - h3
h2
=
h2
–
3h3
0 0 1 1 -1 1
1 1 2 0 0 1
1 1 2 0 0 1
-6 5 -2
1 0 0 -6 5 -2
h2 = h2 +4 h3
-1
4 -3 1
→
C
=
0 1 0
4 -3 1
h1 = h1 + h3 – 2h2
1 -1 1
0 0 1
1 -1 1
19

C-1AC =

-6 5 -2
4 -3 1
1 -1 1

2 6 3
3 8 6
1 2 6

1 0 0
0 2 0
0 0 3

=

32. Tự đồng cấu f có ma trận A =

là ma trận của f trong cơ sở (ε1, ε2, ε3).

1 -18 15
-1 -22 20
1 -25 22

trong cơ sở gồm

α1 = (8, -6, 7), α 2 = (-16, 7, -13), α 3 = (9, -3, 7) .
Tìm ma trận của f trong cơ sở gồm các véc tơ
β1 = (1, -2, 1), β2 = (3, -1, 2), β3 = (2, 1, 2).

Ta cần tìm ma trận C chuyển từ cơ sở (α) sang cơ sở (β). Vì vậy, cần giải các hệ
phương trình : βj = xj α1 + yj α2 + zj α3 , j = 1, 2, 3.
C=

.NE
T

→

x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3

8x – 16y + 9z = 1
-6x + 7y – 3z = -2
7x – 13y + 7z = 1

THS

- j = 1 : (1, -2, 1) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔

- j = 2 : (3, -1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔

TM
A

8x – 16y + 9z = 3
-6x + 7y – 3z = -1
7x – 13y + 7z = 2

- j = 3 : (2, 1, 2) = x (8, -6, 7) + y (-16, 7, -13) + z (9, -3, 7) ↔
8x – 16y + 9z = 2
-6x + 7y – 3z = 1
7x – 13y + 7z = 2

Cách giải khác

VIE

Ma trận của f trong cơ sở (β1, β2, β3) sẽ là C-1AC .

Gọi (e1, e2, e3) là cơ sở chính tắc. Ta có ma trận chuyển từ cơ sở (e1, e2, e3) sang
(α1, α2, α3) là C → C-1 là ma trận chuyển từ cơ sở (α1, α2, α3) sang (e1, e2, e3). Vậy
ma trận của f trong cơ sở (e1, e2, e3) sẽ là B = CAC-1.
Gọi D là ma trận chuyển từ cơ sở (e1, e2, e3) sang (β1, β2, β3). Ta có ma trận của f
trong cơ sở (β1, β2, β3) sẽ là D-1BD = D-1 CAC-1D.
8 -16 9

8 -16 9

Trong đó A = -6 7 -3

, C = -6 7 -3

7 -13 7

7 -13 7

20

và D =

1 3 2
-2 -1 1
1 2 2


41. Chứng minh rằng nếu tích AB có nghĩa thì (AB)t = BtAt. Từ đó suy ra A khả
nghịch nếu và chỉ nếu At khả nghịch và khí đó (At)-1 = (A-1)t.
Giả sử A = (aij)nxn, B = (bij)nxn, Chú ý rằng phép chuyển vị ma trận chuyển hàng i
thành cột i, chuyển cột j thành hàng j, nghĩa là chuyển phần tử hàng i cột j về hàng
j, cột i

→

(AB)t = (cij)nxn, với cij = ∑k=1, .., n ajkbki

và

(B A ) = (dij)nxn, với dij = ∑k=1, .., nbkiajk
t

t

→ (AB)t = BtAt

Nếu A khả nghịch thì AA-1 = E và A-1A = E  (AA-1)t = Et → (A-1)tAt = E và
(A-1A)t = Et → At(A-1)t = E  At khả nghịch và ma trận nghịch đảo là (At)-1 =
(A-1)t .
Ngược lại nếu At khả nghịch và B là ma trận nghịch đảo của nó thì AtB = E và

BAt = E  (AtB)t = Et → BtA = E và (BAt)t = Et → ABt = E vậy A khả nghịch
và ma trận nghịch đảo của nó là Bt → A-1 = ((At)-1)t hay (A-1)t = (At)-1 .

21


Bài tập chương Định thức và Hệ phương trình ĐSTT

1.

2.

𝜎= 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 =
2 4 5 1 3
4 3 5 1 2
= (2,5)(5,4) → Sgn (𝜎) = 1 .
𝜎=

1 2 3 4 5
3 5 4 1 2

1 2 3 4 5
4 3 1 5 2

=

1 2 3 4 5
4 3 5 1 2
1 5 3 2 4

=

1 2 3 4 5
= (2, 5, 4)
1 5 3 2 4
.

1 2 3 4 5
4 3 1 5 2
1 4 3 2 5

=

1 2 3 4 5
= (2, 4) .
1 4 3 2 5

→ Sgn (𝜎) = -1 .

4. 𝜎 = (1, 2, 3)(2, 3, 4) …(n-2, n-1, n)

.NE
T

3. 𝜎 = (1, 2)(2, 3) …(n-1, n) = (1, 2, …, n) . Sgn (𝜎) = (-1)n-1.

= (1, 2)(2, 3)(2, 3)(3, 4) … (n-2, n-1)(n-1, n) = (1, 2)(n-1, n) . Sgn (𝜎) = 1 .
9.
2
3

4
-3

-5 4
-4 7
-9 8
2 -5

3
5
5
3

2
1
=
H3 = H3-2H1 0
H2 = H2-H1
0
H4 = H4+H3

-5
1
1
-2

= - (-7.2 + 2.6 - 1.2) = 4 .

4
3

0
2

3
2
=
-1
8

0 -7 -2
1 1 3
0 1 0
0 -2 2

-1
-7 -2 -1
2
= - 1 0 -1
-1
-2 2 8
8

THS

a)

=

a)

b)

1
-1
-1
…
-1

2 3 … n
0 3 … n
-2 0 … n
-2 -3 … 0

a0 a1
-x x
0 -x
…
0 0

a2 … an
0 … 0
x … 0
0…

Cộng hàng đầu vào các
hàng còn lại.
=

VIE

10.

TM
A

b) 90. Tương tự, biến đổi một chút trước khi khai triển.

Lần lượt cộng dồn tất cả
các cột sau vào cột đứng
trước.
=

x
= (a0+…+an ) x

c)

1
0
0
…
0

2 3 … n
2 6 … 2n
0 3 … 2n

= n!

0 0… n

a0+…+an
0
0
…
0

a1 a2 … an
x 0 … 0
0 x … 0
0

0… x

n

a1 a2 a3 … an-1
a1 a2 a3 … an
-x1 x2 0 … 0
-x1 x2 0 … 0
-x1 x2 0 … 0
0
-x
2 x3 … 0
n+1
+ xn 0 -x2 x3 … 0 =
Dn = 0 -x2 x3 … 0 = (-1) an …
…
…
0 0 0 … xn-1

0 0 0 … xn-1
0 0 0 … xn
= (-1)n+1(-1)n-1an x1…xn-1 + xn Dn-1 = x1…xn-1 an + x1…xn-1 an-1 xn + … + a1 x1…xn .
1


Cách khác: Rút x1, …, xn từ các cột ra ngoài, làm tương tự câu trên, ta có:
Dn = x1…xn-1 xn (a1 /x1 + … + an /xn) - là cách viết khác của kết quả trên.
12.
a)

1 2
1 x+1
1 2
…
1 2

3 … n
3 … n
x+1 … n
3…

Nhân hàng 1 với -1,
cộng vào các hàng sau
=

x+1

1 2
0 x-1

0 0
…
0 0

3 … n
0 … 0
x-2 … 0

=

0 … x-(n-1)

= (x-1)…(x-(n-1))
Cũng có thể giải bằng cách rút 1, 2, …, n từ các cột ra ngoài, ta có định thức mà tất cả
các phần tử ở cột thứ nhất và các phần từ nằm ngoài đường chéo đều bằng 1, các phần
tử còn lại là (x+1)/2, …, (x+1)/n.
b)

1+x 1 1 1
1 1-x 1 1
1
1 1+y 1
1
1 1 1-y

= x2 y2

Lấy hàng 1 nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 2,
Lấy hàng 3 nhân với (-1) cộng vào hàng thứ 4,
Rút x, y ra ngoài, khử về 0 một số phần tử sau đó

khai triển định thức theo hai hàng đầu.

13.
a)

Dn =

a1 b1

a1 b2

a1b3 …

a1bn-2

a1bn-1

a1bn

a1 b2

a2 b2

a2b3 …

a2bn-2

a2bn-1

a2bn

a1 b3

a2 b3

a3b3 …

a3bn-2

a3bn-1

a3bn

…
a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 …

an-2bn-2 an-2bn-1 an-2bn

a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 …

an-2bn-1 an-1bn-1 an-1bn

a1 bn

a2 bn

a3bn …

an-2bn

an-1bn

anbn

Chú ý các phần tử trong hai hàng cuối của định thức (không kể phần tử cột cuối
cùng) là:
a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 … an-2bn-1 an-1bn-1 ,
và
a1bn a2bn a3bn … an-2bn an-1bn
chỉ khác nhau hệ số nhân (bn-1 và bn). Khai triển định thức theo cột cuối ta được n-2 số
hạng đầu bằng không vì định thức phần bù của a1bn, …, an-2bn có hai dòng cuối tỷ lệ
với nhau. Vì vậy ta có: Dn = an bn Dn-1 – an-1 bn Cn-1 . Trong đó,

Dn-1 =

a1b1

a1b2

a1b3 …

a1bn-2

a1bn-1

a1b2

a2b2

a2b3 …

a2bn-2

a2bn-1

a1b3

a2b3

a3b3 …

a3bn-2

a3bn-1

…
a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 …

an-2bn-2 an-2bn-1

a1bn-1 a2bn-1 a3bn-1 …

an-2bn-1 an-1bn-1

2


Cn-1 =

a1b1

a1b2

a1b3 …

a1bn-2

a1bn-1

a1b2

a2b2

a2b3 …

a2bn-2

a2bn-1

a1b3

a2b3

a3b3 …

a3bn-2

a3bn-1

…

a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 …
a1bn

a2bn

a3bn …

an-2bn-2 an-2bn-1
an-2bn

an-1bn

Lại chú ý rằng (rút nhân tử ở dòng cuối) Dn-1 = bn-1 Q, Cn-1 = bn Q, Q là định thức:
a1b2

a1b3 …

a1bn-2

a1bn-1

a1b2

a2b2

a2b3 …

a2bn-2

a2bn-1

a1b3

a2b3

a3b3 …

a3bn-2

…
a1bn-2 a2bn-2 a3bn-2 …
a2

Ta có Cn-1 = (bn /bn-1)Dn-1

a3 …

a3bn-1

an-2bn-2 an-2bn-1
an-2

an-1

THS

a1

.NE
T

a1b1

→ Dn = anbnDn-1 – an-1bn(bn /bn-1)Dn-1 = (bn / bn-1)(anbn-1 – an-1bn)Dn-1
= (bn /bn-1)(anbn-1 – an-1bn) (bn-1 /bn-2)(an-1bn-2 – an-2bn-1)Dn-2

TM
A

=…
bn … b3
=
(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) ... (a3b3 – a2b2)D2
bn-1…b2
= (bn /b2)(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) ... (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2)a1b2
= bn a1(an bn-1 – an-1 bn)(an-1 bn-2 – an-2 bn-1) ... (a3b3 – a2b2)(a2b1 – a1b2) .
Cách giải khác, không dùng truy hồi: Rút bn ở cột cuối ra ngoài, sau đó nhân nó với bi, cộng vào cột thứ i. Hoán vị n-1 lần với cột đứng trước để đưa cột cuối về cột đầu.

= bn

a1b2
a2b2
a2b3

a1b3 …
a2b3 …
a3b3 …

a1bn
a2bn

a3bn

VIE

a1b1
a1b2
a1b3
…
a1bn
0
0
a1b2-a2b1 0
* a2b3-a3b2
…
*
*

a2bn a3bn …
0 …
0
0 …
0
0 …
0

=

anbn
a1
a2

a3

* … an-1bn-anbn-1 an
= (-1)n-1 bn

= a1bn(anbn-1-an-1bn)…(a2b1-a1b2)
3

bn

a1b1
a1b2
a1b3
…
a1bn

a1b2
a2b2
a2b3

a1b3 …
a2b3 …
a3b3 …

a1
a2
a3

a2bn

a3bn …

an

a1
0
0
a2 a1b2-a2b1 0
a3
* a2b3-a3b2
…
an
*
*

0…
0…
0…

0
0
0

* … an-1bn-anbn-1