Tài liệu Đại số và hình học giải tích docx

ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 1-2
Giáo trình Đại học Đại cương Ngành Toán-Tin học
Tạ Lê Lợi
- Đại Học Đàlạt -
- 2005 -
Đại số và Hình học giải tích 1-2
Tạ Lê Lợi
Mục lục
Phần I:
Chương 0. Kiến thức chuần bò
1. Các cấu trúc đại số cơ bản .............................................. 1
2. Trường số phức ......................................................... 3
3. Đa thức ................................................................. 6
Chương I. Không gian vector hình học
1. Vector hình học ........................................................ 15
2. Cơ sở Descartes - Tọa độ .............................................. 17
3. Công thức đại số của các phép toán trên vector ......................... 19
4. Đường thẳng và mặt phẳng ............................................. 22
Chương II. Ma trận - Phương pháp khử Gauss
1. Ma trận ................................................................ 27
2. Các phép toán trên ma trận ............................................ 28
3. Phương pháp khử Gauss ................................................ 35
Chương III. Không gian vector
1. Không gian vector - Không gian vector con ............................. 41
2. Cơ sở - Số chiều - Tọa độ .............................................. 44
3. Tổng - Tích - Thương không gian vector ................................ 49
Chương IV. Ánh xạ tuyến tính
1. Ánh xạ tuyến tính ...................................................... 53
2. Ánh xạ tuyến tính và ma trận .......................................... 58
3. Không gian đối ngẫu ................................................... 62
Chương V. Đònh thức

1. Đònh thức .............................................................. 65
2. Tính chất của đònh thức ................................................ 67
3. Tính đònh thức ......................................................... 69
4. Một số ứng dụng của đònh thức ......................................... 73
Phần II:
Chương VI. Chéo hóa
1. Chuyển cơ sở .......................................................... 81
2. Vector riêng - Gía trò riêng ............................................. 84
3. Dạng đường chéo - Chéo hóa .......................................... 85
Chương VII. Không gian vector Euclid
1. Không gian vector Euclid ............................................... 91
2. Một số ứng dụng ...................................................... 98
3. Toán tử trực giao - Ma trận trực giao .................................. 102
4. Toán tử đối xứng - Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng ............... 109
Chương VIII. Dạng song tuyến tính - Dạng toàn phương
1. Dạng song tuyến tính ................................................. 113
2. Dạng toàn phương .................................................... 114
3. Dạng chính tắc ....................................................... 115
Chương IX. Áp dụng vào hình học
1. Cấu trúc affin chính tắc của một không gian vector .................... 125
2. Một số ánh xạ affin thông dụng ....................................... 128
3. Đường, mặt bậc 2 ..................................................... 133
Bài tập
.................................................................... 139
0. Kiến thức chuẩn bò
Chương này nêu đònh nghóa về các cấu trúc đại số cơ bản là nhóm, vành và trường.
Phần tiếp theo là một số kiến thức tối thiểu về số phức và đa thức.
1. Các cấu trúc đại số cơ bản
1.1 Đònh nghóa. Cho A là môt tập hợp. Một
phép toán hai ngôi

trên A là một
ánh xạ:
 : A × A → A
Khi đó ảnh của cặp (x, y) ∈ A × A bởi ánh xạ  sẽ được ký hiệu là xy
• Phép toán  gọi là có
tính kết hợp
nếuu
1
(xy) z= x(yz), ∀x, y, z ∈ A
• Phép toán  gọi là có
tính giao hoán
nếuu xy= yx, ∀x, y ∈ A
• Phần tử e ∈ A, gọi là
phần tử đơn vò
, nếuu xe= ex= x, ∀x ∈ A
Khi  viết theo lối cộng + thì phần tử đơn vò gọi là
phần tử không
và ký hiệu là 0.
Khi  viết theo lối nhân · thì phần tử ø ký hiệu là 1.
• Giả sử phép toán  có phần tử đơn vò e. Khi đó x ∈ A gọi là khả nghòch nếuu tồn
tại x

∈ A sao cho: xx

= x

x= e. Khi đó x

phần tử
nghòch đảo

của x.
Khi  viết theo lối cộng, thì phần tử nghòch đảo của x gọi là
phần tử đối
và ký hiệu
là −x. Khi  viết theo lối nhân, thì phần tử nghòch đảo của x ký hiệu là x
−1
hay
1
x
.
Nhận xét. Phần tử đơn vò nếu có là duy nhất:
Nếu e
1
,e
2
là hai phần tử đơn vò, thì e
1
= e
1
e
2
= e
2
.
Nhận xét. Nếu  có tính kết hợp, thì phần tử nghòch đảo của x nếu có là duy nhất:
Nếu x

,x

là hai phần tử nghòch đảo của x, thì x


= x

e = x

(xx

)=(x

x)x

=
ex

= x

.
Bài tập: Hãy xét các phép toán cộng và nhân trên A := N, Z, Q, R có tính chất
gì? Có phần tử đơn vò? Có phần tử nghòch đảo?
1.2. Nhóm. Một
nhóm
là một cặp (G, ), trong đó G là một tập hợp không rỗng, còn
 là một phép toán hai ngôi trên G, thoả các điều kiện sau:
(G1)  có tính kết hợp.
(G2)  có phần tử đơn vò.
(G3) Mọi phần tử của G đều có phần tử nghòch đảo.
Nhóm G được gọi là
nhóm giao hoán
hay
nhóm Abel

nếu:
(G4)  có tính giao hoán.
Người ta thường nói nhóm G thay vì (G, ) khi đã ngầm hiểu phép toán nào. Qui ước
này cũng dùng cho khái niệm vành, trường tiếp sau.
1
Trong giáo trình này: nếuu = nếu và chỉ nếu.
2
Ví dụ.
a) Tập N với phép cộng không là nhóm vì không chứa phần tử đối. Tập Z, Q, R là
nhóm giao hoán với phép cộng, nhưng không là nhóm với phép nhân vì 0 không có
phần tử nghòch đảo.
b) Tập các song ánh từ một tập X lên chính X là một nhóm với phép hợp ánh xạ.
Nói chung nhóm này không giao hoán.
1.3 Vành. Một
vành
là một bộ ba (R, +,·), trong đó R là một tập không rỗng, còn
+ và · là các phép toán trên R, thoả các điều kiện sau:
(R1) (R, +) là một nhóm giao hoán.
(R2) Phép nhân · có tính kết hợp.
(R3) Phép nhân có tính
phân phối
về hai phía đối với phép cộng:
x(y + z)=xy + xz và (y + z)x = yx + zx ∀x, y, z ∈ R
Nếu phép nhân có tính giao hoán thì R gọi là
vành giao hoán
.
Ví dụ.
a) Z, Q, R với phép cộng và nhân là các vành giao hoán.
b) Z
p

các lớp các số nguyên đồng dư theo một số p là vành giao hoán với phép cộng
và nhân được đònh nghóa:
[m]+[n]=[m + n], [m][n]=[mn]
1.3 Trường. Một
trường
là một vành giao hoán có đơn vò 1 =0và mọi phần tử
khác không của K đều có phần tử nghòch đảo. Một cách đầy đủ, một trường là bộ
ba (K, +,·), trong đó K là tập không rỗng, + và · là các phép toán trên K thoả 9
điều kiện sau với mọi x, y, z ∈ K:
(F1) (x + y)+z = x +(y + z)
(F2) ∃0 ∈ K, x +0=0+x = x
(F3) ∃−x ∈ K, x +(−x)=−x + x =0
(F4) x + y = y + x
(F5) (xy)z = x(yz)
(F6) ∃1 ∈ K, 1 =0, x1=1x = x
(F7) Khi x =0,∃x
−1
∈ K, xx
−1
= x
−1
x =1
(F8) xy = yx
(F9) x(y + z)=xy + xz
Ví dụ.
a) Vành (Z, +,·) không là trường. (Q, +,·), (R, +·) là các trường.
b) Nếu p là số nguyên tố, thì Z
p
là một trường. Hơn nữa, Z
p

là tập hữu hạn và với
mọi [n] ∈ Z
p
, [n]+···+[n]
  
p lần
=[0].
Đặc số của một trường K, ký hiệu char(K), là số tự nhiên dương bé nhất sao
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 3
cho 1+···+1
  
n lần
=0. Nếu không có số tự nhiên như vậy, thì K gọi là có đặc số 0.
Ví dụ. Q, R có đặc số 0, còn Z
p
có đặc số p. Ta có 1+1=0trong Z
2
!
2. Trường số phức
Trên trường số thực, khi xét phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c =0trường hợp
b
2
− 4ac < 0 phương trình vô nghiệm vì ta không thể lấy căn bậc hai số âm. Để các
phương trình như vậy có nghiệm, ta cần thêm vào tập các số thực các căn bậc hai
của số âm. Phần này ta sẽ xây dựng tập các số phức C là mở rộng tập số thực R,
trên đó đònh nghóa các phép toán cộng và nhân để C là một trường. Hơn nữa, mọi
phương trình bậc hai, chẳng hạn x
2

+1=0, đều có nghiệm trong C.
2.1 Đònh nghóa. Ta dùng ký hiệu i, gọi là
cơ số ảo
, để chỉ nghiệm phương trình
x
2
+1=0, i.e. i
2
= −1. Tập số phức là tập dạng:
C = {z : z = a + ib, với a, b ∈ R}
z = a + ib gọi là số phức, a = Rez gọi là phần thực, b = Imz gọi là phần ảo.
z
1
= z
2
nếuu Rez
1
= Rez
2
, Imz
1
= Imz
2
.
Ta xem R là tập con của C khi đồng nhất R = {z ∈ C : Imz =0}
Từ “số ảo” sinh ra từ việc người ta không hiểu chúng khi mới phát hiện ra số phức.
Thực ra số phức rất “thực” như số thực vậy.
Ví dụ.
a) Số phức z = −6+i
√

2 có phần thực Rez = −6, phần ảo Imz =
√
2.
b) Để giải phương trình z
2
+2z +4=0, ta biến đổi z
2
+2z +4=(z +1)
2
+3.
Vậy phương trình tương đương (z +1)
2
= −3. Suy ra nghiệm z = −1 ± i
√
3.
Sau đây là đònh nghóa các phép toán vừa thực hiện.
2.2 Các phép toán. Trên C có hai phép toán được đònh nghóa như sau:
Phép cộng. (a + ib)+(c + id)=(a + c)+i(b + d)
Phép nhân. (a + ib)(c + id)=(ac − bd)+i(ad + bc)
Nhận xét. Phép nhân được tính như nhân các số thông thường với chú ý là i
2
= −1.
Mệnh đề. Với các phép toán trên C là trường số.
Mệnh đề trên dễ suy từ đònh nghóa với chú ý là:
Phép cộng có phần tử không là 0=0+i0, phần tử đối của z = a +ib là −z = −a−ib.
Phép nhân có phần tử đơn vò là 1=1+i0, nghòch đảo của z = a + ib =0là
z
−1
=
1

z
=
a
a
2
+ b
2
− i
b
a
2
+ b
2
Sự tồn tại và việc tìm nghòch đảo được thực hiện bởi
phép chia
a + ib
c + id
(c + id =0)
4
khi giải phương trình a + ib =(c + id)(x + iy). Đồng nhất phần thực, phần ảo ta có

cx − dy = a
dx + cy = b
Vậy
a + ib
c + id
=
ac + bd
c
2

+ d
2
+ i
bc − ad
c
2
+ d
2
Phép liên hợp. z = a − ib gọi là
số phức liên hợp
của z = a + ib.
Tính chất.
z = z, z
1
+ z
2
=¯z
1
+¯z
2
, z
1
z
2
=¯z
1
¯z
2
.
Nhận xét. Nếu z = a + ib, thì z¯z = a

2
+ b
2
. Từ đó có thể chia 2 số phức bằng
cách nhân số liên hiệp của mẫu, chẳng hạn
2 − 5i
3+4i
=
(2 − 5i)(3 − 4i)
(3 + 4i)(3 − 4i)
=
6 − 23i +20i
2
3
2
− 4
2
i
2
=
−14 − 23i
25
2.3 Biểu diễn số phức. Sau đây là một số biểu diễn khác nhau của số phức
✟
✟
✟
✟
✟
✟
✟

✟
✟
✟
✟
✟✯
z
O
✲
x
✻
y
✻
i
a
b
r
ϕ
Dạng đại số. z = a + ib, a, b ∈ R,i
2
= −1.
Dạng hình học. z =(a, b),a,b∈ R.
Trong mặt phẳng đưa vào hệ tọa trục Descartes với 1=(1, 0),i =(0, 1) là 2 vector
cơ sở. Khi đó mỗi số phức z = a + ib được biểu diễn bởi vector (a, b), còn C được
đồng nhất với R
2
. Trong phép biểu diễn này phép cộng số phức được biểu thò bởi
phép cộng vector hình học.
Dạng lượng giác. z = r(cos ϕ + i sin ϕ)
Biểu diễn số phức z =(a, b) trong tọa độ cực (r, ϕ), trong đó r là độ dài của z, ϕ là
góc đònh hướng tạo bởi 1=(1, 0) và z trong mặt phẳng phức. Ta có:


a = r cos ϕ
b = r sin ϕ
và

r = |z| =
√
a
2
+ b
2
, gọi là
modul
của z
ϕ = Arg z, gọi là argument của z
Vậy nếu z =0, thì cos ϕ =
a
√
a
2
+ b
2
, sin ϕ =
b
√
a
2
+ b
2
.

Ta thấy ϕ có vô số giá trò sai khác nhau k2π, k ∈ Z, trong đó có một giá trò ϕ ∈ (−π, π]
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 5
gọi là
giá trò chính
và ký hiệu là argz. Vậy có thể viết
Argz = argz + k2π, k ∈ Z.
Ví dụ. z =
√
3 − i có modul |z| =

(
√
3)
2
+(−1)
2
=2, và argument argz = −
π
3
(suy từ tan ϕ =
−1
√
3
và Rez>0). Vậy
√
3 − i =2(cos(−
π
3
)+i sin(−
π

3
)).
Mỗi cách biểu diễn số phức có thuận tiện riêng. Sau đây là một số ứng dụng.
2.4 Mệnh đề. |z
1
z
2
| = |z
1
||z
2
| và Arg(z
1
z
2
)= Argz
1
+ Argz
2
Suy ra
công thức de Moivre
(r(cos ϕ + i sin ϕ))
n
= r
n
(cos nϕ + i sin nϕ),n∈ N
Chứng minh: Nếu z
1
= r
1

(cos ϕ
1
+ i sin ϕ
1
),z
2
= r
2
(cos ϕ
2
+ i sin ϕ
2
), thì
z
1
z
2
= r
1
r
2
(cos ϕ
1
cos ϕ
2
− sin ϕ
1
sin ϕ
2
)+i(sin ϕ

1
cos ϕ
2
+cosϕ
1
sin ϕ
2
)
= r
1
r
2
(cos(ϕ
1
+ ϕ
2
)+i sin(ϕ
1
+ ϕ
2
))
Suy ra |z
1
z
2
| = r
1
r
2
= |z

1
||z
2
|, và Arg(z
1
z
2
)=ϕ
1
+ ϕ
2
+2kπ = Argz
1
+ Argz
2
. 
Nhận xét. Về mặt hình học phép nhân số phức r(cos ϕ + i sin ϕ) với số phức z
là phép co dãn vector z tỉ số r và quay góc ϕ. (xem hình vẽ)
2.5 Căn bậc n của số phức. Cho z ∈ C và n ∈ N. Một
căn bậc
n của z là
một số phức w thoả phương trình w
n
= z.
Để giải phương trình trên, biểu diễn z = r(cos ϕ + i sin ϕ) và w = ρ(cos θ + i sin θ).
Từ công thức de Moivre ρ
n
(cos(nθ)+i sin(nθ)) = r(cos ϕ + i sin ϕ).
Suy ra


ρ =
n
√
r (căn bậc n theo nghóa thực)
nθ = ϕ +2kπ, k ∈ Z
Vậy khi z =0, phương trình có đúng n nghiệm phân biệt:
w
k
=
n
√
r(cos(
ϕ
n
+ k
2π
n
)+i sin(
ϕ
n
+ k
2π
n
)),k=0,··· ,n− 1.
Khi z =0, ký hiệu
n
√
z là tập n căn bậc n của z.
√
0=0.

Về mặt hình học chúng là các đỉnh của một đa giác đều n cạnh, nội tiếp đường tròn
tâm 0 bán kính
n
√
r.
6
✟
✟
✟
✟
✟
✟✯
s
z
O
✲
✻
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂✂
s
r(cos ϕ + i sin ϕ)z
ϕ
Nhân r(cos ϕ + i sin ϕ) với zw

n
=1, với n =8
s
w
0
s
w
1
s
w
2
s
w
3
s
s
s
s
Ví dụ.
a) Căn bậc n của 1 là n số phức: 1,ω
n
,··· ,ω
n−1
n
, với ω
n
=cos
2π
n
+ i sin

2π
n
b) Để tìm các gía trò của
3
√
1+i, ta biểu diễn 1+i =
√
2(cos
π
4
+ i sin
π
4
).
Suy ra
3
√
1+i =2
1
6
(cos(
π
12
+
2kπ
3
)+i sin(
π
12
+

2kπ
3
)),k∈ Z.
Vậy có 3 giá trò phân biệt là:
k =0,w
0
=2
1
6
(cos(
π
12
)+i sin(
π
12
))
k =1,w
1
=2
1
6
(cos(
3π
4
)+i sin(
3π
4
)) = ω
3
w

0
k =2,w
2
=2
1
6
(cos(
17π
12
)+i sin(
17π
12
)) = ω
3
w
0
3. Đa thức
3.1 Đònh nghóa. Cho K là một trường. Một
đa thức
trên K là biểu thức dạng
P (X)=a
0
+ a
1
X +···+ a
n
X
n
,
trong đó n ∈ N, và a

k
∈ K, k =0,··· ,n, gọi là hệ số bậc k của P (X).
Hai đa thức gọi là bằng nhau nếuu mọi hệ số cùng bậc của chúng bằng nhau.
Nếu a
n
=0, thì n gọi là
bậc
của P (X) và ký hiệu n =degP(X), a
n
= lcP (X).
Nếu a
k
=0với mọi k, thì P (X) gọi là đa thức không và qui ước deg(0) = −∞.
Ta thường viết dưới dạng tổng: P (X)=
n

k=0
a
k
X
k
hay P =

k
a
k
X
k
là tổng vô hạn
nhưng chỉ có hữu hạn a

k
=0.
Ký hiệu K[X] là tập mọi đa thức trên K.
3.2 Các phép toán trên đa thức. Trên K[X] có hai phép toán cộng và nhân đònh
nghóa như sau:
Phép cộng:

k
a
k
X
k
+

k
b
k
X
k
=

k
(a
k
+ b
k
)X
k
Phép nhân: (


i
a
i
X
i
)(

j
b
j
X
j
)=

k
c
k
X
k
với c
k
= a
0
b
k
+···+ a
k
b
0
=


i+j=k
a
i
b
j
.
Mệnh đề. K[X] là với hai phép toán trên là một vành giao hoán.
Bài tập: Chứng minh mệnh đề trên.
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 7
Nhận xét. deg P (X)Q(X) = deg P (X) + deg Q(X), với mọi P (X),Q(X) ∈ K[X].
3.3 Phép chia Euclid. Cho hai đa thức P
0
(X),P
1
(X) ∈ K[X],P
1
(X) =0.
Khi đó tồn tại duy nhất các đa thức Q(X),R(X) ∈ K[X], sao cho
P
0
(X)=Q(X)P
1
(X)+R(X), deg R(X) < deg P
1
(X)
Ta gọi Q(X) là
thương
, R(X) là
phần dư

của phép chia P
0
(X) cho P
1
(X), và được
xây dựng cụ thể theo thuật toán sau:
Thuật toán chia Euclid.
Input: P
0
,P
1
∈ K[X], P
1
=0
Output: Q, R ∈ K[X], thoả P
0
= QP
1
+ R, deg R<deg P
1
.
Trước hết cho R
0
= P
0
,Q
0
=0.
Giả sử ở vòng lặp thứ k ta có Q
k

,R
k
∈ K[X], thoả P
0
= Q
k
P
1
+ R
k
Nếu n
k
=degR
k
− deg P
1
< 0, thì đã chia xong Q = Q
k
,R= R
k
Nếu n
k
=degR
k
− deg P
1
> 0, thì khử hệ số bậc cao nhất của R
k
bằng cách:
R

k+1
= R
k
−
lc(R
k
)
lc(P
1
)
X
n
k
P
1
Q
k+1
= Q
k
+
lc(R
k
)
lc(P
1
)
X
n
k
Ta có P

0
= Q
k+1
P
1
+ R
k+1
Do deg R
k+1
< deg R
k
, nên đến vòng lặp thứ m ≤ deg P
0
, ta có deg R
m
< deg P
1
.
Khi đó Q = Q
m
,R= R
m
.
Ví dụ. Thuật toán chia Euclid X
4
− 2X
3
− 6X
2
+12X +15 cho X

3
+ X
2
− 4X − 4
có thể thực hiện theo sơ đồ
R
0
= X
4
− 2X
3
− 6X
2
+12X +15| X
3
+ X
2
− 4X − 4
R
1
= − 3X
3
− 2X
2
+16X +15 X − 3
R
2
= X
2
+4X +3

Vậy X
4
− 2X
3
− 6X
2
+12X +15=(X
3
+ X
2
− 4X − 4)(X − 3) + X
2
+4X +3
Bài tập: Thực hiện phép chia P (X)=a
0
+ a
1
X +···+ a
n
X
n
cho X − c.
3.4 Ước chung lớn nhất. Đa thức P (X) ∈ K[X] gọi là
chia hết cho
đa thức
D(X) ∈ K[X] nếuu tồn tại đa thức A(X) ∈ K[X], sao cho P (X)=A(X)D(X).
Khi đó D(X) gọi là một
ước
của P (X) và ký hiệu D(X)|P (X).
Ước chung lớn nhất

của các đa thức P
0
(X),P
1
(X) ∈ K[X], là một đa thức D(X) ∈
K[X], thoả điều kiện:
D(X)|P
0
(X),D(X)|P
1
(X) và nếu C(X)|P
0
(X),C(X)|P
1
(X) thì C(X)|D(X)
Khi đó ký hiệu D(X)=GCD(P
0
(X),P
1
(X))
Nhận xét. Ước chung lớn nhất được xác đònh sai khác một hằng số tỉ lệ.
Nhận xét. Nếu P
0
= QP
1
+ R, thì GCD(P
0
,P
1
)=GCD(P

1
,R), vì ước chung của
8
P
0
,P
1
là ước chung của P
1
,R.
Ngoài ra GCD(R, 0) = R, nên ước chung lớn nhất được xây dựng từ dãy phần dư của
thuật chia Euclid, như sau:
Thuật toán tìm GCD.
Input : P
0
,P
1
∈ K[X], P
0
,P
1
=0
Output : GCD(P
0
,P
1
) và U, V ∈ K[X], thoả UP
0
+ VP
1

= GCD(P
0
,P
1
)
Xây dựng dãy đa thức khác không (P
0
,P
1
,P
2
,··· ,P
m
), với P
k
là phần dư của phép
chia P
k−2
cho P
k−1
:
P
k−2
= Q
k−1
P
k−1
+ P
k
(k =2,··· ,m− 1)

P
m−2
= Q
m−1
P
m−1
+ P
m
P
m−1
= Q
m
P
m
Theo nhận xét trên ta có GCD(P
0
,P
1
)=GCD(P
m
, 0) = P
m
Thuật toán còn cho các dãy đa thức (U
0
,··· ,U
m
) và (V
0
,··· ,V
m

), thoả
P
k
= U
k
P
0
+ V
k
P
1
, (k =0,··· ,m)(∗)
Trước hết, khi k =0, 1, ta phải có U
0
=1,V
0
=0và U
1
=0,V
1
=1. Sau đó đệ qui
U
k
= U
k−2
− Q
k−1
U
k−1
và V

k
= V
k−2
− Q
k−1
V
k−1
(k =2,···m)
Ta kiểm tra dãy thoả (∗) bằng qui nạp. Giả sử (∗) đúng đến k − 1. Khi đó
P
k
= P
k−2
− Q
k−1
P
k−1
=(U
k−2
P
0
+ V
k−2
P
1
) − Q
k−1
(U
k−1
P

0
+ V
k−1
P
1
)
=(U
k−2
− Q
k−1
)P
0
+(V
k−2
− Q
k−1
V
k−1
)P
1
= U
k
P
0
+ V
k
P
1
Khi U = U
m

,V = V
m
ta có UP
0
+ VP
1
= P
m
= GCD(P
0
,P
1
). Vậy ta có:
Đẳng thức Bézout. Cho P
0
(X),P
1
(X) ∈ K[X]. Khi đó tồn tại U (X),V(X) ∈ K[X]
sao cho
GCD
(P
0
(X),P
1
(X)) = U (X)P
0
(X)+V (X)P
2
(X)
Ví dụ. Với P

0
(X)=X
4
− 2X
3
− 6X
2
+12X +15và P
1
(X)=X
3
+ X
2
− 4X − 4,
các bước của thuật toán trên được thể hiện qua bảng sau
k
P
k−2
P
k−1
Q
k−1
P
k
2 X
4
− 2X
3
− 6X
2

+12X +15 X
3
+ X
2
− 4X − 4 X − 3 X
2
+4X +3
3
X
3
+ X
2
− 4X − 4 X
2
+4X +3 X − 3 5X +5
4
X
2
+4X +3 5X +5
1
5
X +
3
5
0
5
5X +5 0
U
0
=1,U

1
=0,U
2
=1,U
3
= −X +3,U
4
=
1
5
X
2
−
4
5
,U
5
= −X +3
V
0
=0,V
1
=1,V
2
= −X+3,V
3
= X
2
−6X+10,V
4

= −
1
5
X
3
+
3
5
X
2
+
3
5
X−3,V
5
= X
2
−6X+10
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 9
Vậy GCD(P
0
,P
1
)=5X +5và (−X +3)P +0+(X
2
− 6X + 10)P
1
=5X +5.
3.5 Nghiệm - Bội. Cho đa thức P (X)=a
0

+ a
1
X +···+ a
n
X
n
∈ K[X].
Giá trò
của P (X) tại c ∈ K đònh nghóa là P (c)=a
0
+ a
1
c + ···+ a
n
c
n
.
Nhận xét. Để dùng ít phép toán khi tính P (c), ta có
qui tắc Horner
sau
P (c)=(···((a
n
c + a
n−1
)c + a
n−1
)c + ···+ a
1
)c + a
0

Nếu P (c)=0, thì c gọi là một
nghiệm
của P (X).
Đònh lý Bézout. c ∈ K là nghiệm của đa thức P (X) khi và chỉ khi tồn tại đa
thức Q(X) ∈ K[X], sao cho P (X)=(X − c)Q(X)
Chứng minh: Theo phép chia Euclid P (X)=(X − c)Q(X)+r, với r ∈ K.
Suy ra P (c)=r. Vậy P (c)=0khi và chỉ khi r =0hay P (X)=(X − c)Q(X). 
Nhận xét. Theo đònh lý trên, số nghiệm của một đa thức bậc n là không quá n.
Phần tử c ∈ K gọi là
nghiệm bội
m của P (X) nếuu P (X)=(X − c)
m
P
1
(X),
với P
1
(X) ∈ K[X] và P
1
(c) =0, i.e. P (X) chia hết cho (X − c)
m
, nhưng không
chia hết cho (X − c)
m+1
3.6 Đa thức trên trường phức. Ta công nhận đònh lý sau
Đònh lý cơ bản của đại số. Mọi đa thức bậc > 0 trên trường phức đều có nghiệm phức.
Mệnh đề. Mọi đa thức phức P(X) ∈ C[X], bậc n đều có n nghiệm phức kể cả
bội, i.e. tồn tại các số phức c
1
,··· ,c

s
∈ C, khác nhau, sao cho
P (X)=a
n
(X − c
1
)
m
1
···(X − c
s
)
m
s
trong đó a
n
là hệ số bậc n của P (X), m
1
+ ···+ m
s
= n
Chứng minh: Theo đònh lý trên, nếu n>0, P (X) có nghiệm c
1
∈ C. Theo đònh lý
Bézout P (X)=(X − c
1
)P
1
(X). Nếu deg P
1

= n − 1 > 0, thì lặp lý luận trên cho
P := P
1
. Khi đến bậc 0, ta có P(X)=(X − c
1
)···(X − c
n
)A, với A là số. Đồng
nhất hệ số bậc cao nhất của đa thức 2 vế, ta có a
n
= A. 
3.7 Đa thức trên trường thực.
Mệnh đề. Cho đa thức thực P (X) ∈ R[X]. Khi đó
(i) Nếu c ∈ C là nghiệm của P (X), thì số phức liên hợp ¯c cũng là nghiệm của P (X).
(ii) Nếu n =degP (X), thì P (X) có phân tích thành thừa số bậc 1 hay bậc 2 như sau
P (X)=a
n
(X − c
1
)
m
1
···(X − c
r
)
m
r
(X
2
+ p

1
X + q
1
)
n
1
···(X
2
+ p
s
X + q
s
)
n
s
trong đó a
n
là hệ số bậc n của P (X), c
j
(j =1,···r) là các nghiệm thực của P (X),
X
2
+ p
k
X + q
k
(k =1,··· ,s) là các tam thức bậc hai không có nghiệm thực.
10
(iii) Nếu n =degP (X) là lẻ, thì P (X) có nghiệm thực.
Chứng minh:

(i) Giả sử P (X)=a
0
+ a
1
X +···+ a
n
X
n
∈ R[X]. Khi đó với mọi c ∈ C, ta có
P (c)=a
0
+ a
1
c + ···+ a
n
c
n
= a
0
+ a
1
¯c + ···+ a
n
¯c
n
= P (¯c)
(để ý là a
k
∈ R nên a
k

= a
k
, và liên hợp của tổng (tích) là tổng (tích) liên hợp)
Vậy P (c)=0khi và chỉ khi P (¯c)=0. Suy ra (i).
(ii) Cho c = a + ib ∈ C. Khi đó
(X − c)(X − ¯c)=X
2
− (c +¯c)X + c¯c = X
2
− 2aX +(a
2
+ b
2
)
là đa thức có hệ số thực dạng (X − a)
2
+ b
2
, nên vô nghiệm khi b =0, i.e. khi c ∈ R.
Với nhận xét trên và đònh lý phân tích đa thức trên trường phức ta có (ii).
(iii) Theo (ii) nếu deg P (X)=n lẻ, thì P (X) phải có một thừa số (X − c), với c ∈ R,
i.e. có nghiệm thực c. 
3.8 Tìm nghiệm đa thức bằng phép khai căn. Phần này đề cập đến việc giải
tìm nghiệm đa thức phức.
Phương trình bậc 2: ax
2
+ bx + c =0 (a =0)
Chia cho a: x
2
+

b
a
x +
c
a
=0
Tònh tiến để khử số hạng bậc 1: X = x+
b
2a
, phương trình có dạng X
2
−
b
2
− 4ac
(2a)
2
=0
Tìm r là một căn bậc 2 của b
2
− 4ac. Suy ra X = ±
r
2a
. Vậy x =
−b ± r
2a
Phương trình bậc 3: ax
3
+ bx
2

+ cx + d =0 (a =0)
Chia cho a: x
3
+
b
a
x
2
+
c
a
x +
d
a
=0
Tònh tiến để khử số hạng bậc 2: X = x +
b
3a
, phương trình có dạng X
2
+pX +q =0
Việc giải phương trình X
2
+ pX + q =0, như sau:
Đặt X = u + v, phương trình có dạng u
3
+ v
3
+(3uv + p)(u + v)+q =0.
Ta cần tìm u, v thỏa hệ phương trình:


u
3
+ v
3
= −q
uv = −
p
3
Đặt U = u
3
,V = v
3
. Ta có U + V = −q, UV =
p
3
27
.
Vậy U, V là nghiệm phương trình X
2
+ qX −
p
3
27
=0. Giải tìm nghiệm U
0
,V
0
.
Giải u

3
= U
0
, ta có 3 nghiệm u
0
,ju
0
,j
2
u
0
, với j =cos(
2π
3
)+i sin(
2π
3
).
Giải v
3
= V
0
, tìm nghiệm v
0
thoả phương trình thứ hai của hệ u
0
v
0
= −
p

3
.
Vậy có 3 nghiệm của hệ là (u
0
,v
0
), (ju
0
,j
2
v
0
), (j
2
u
0
,jv
0
)
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 11
Vậy 3 nghiệm cần tìm: X
1
= u
0
+ v
0
,X
2
= ju
0

+ j
2
v
0
,X
3
= j
2
u
0
+ jv
0
Các tính toán trên được tổng kết bằng công thức Cardano:
x = −
b
3a
+
3




−
q
2
+

q
2
4

+
p
3
27
+
3




−
q
2
−

q
2
4
+
p
3
27
Nhận xét. Trong thực hành công thức trên là vô dụng. Chẳng hạn, công thức trên
đối với x
3
− 21x +20=0(có các nghiệm là 1, 4,−5):
x =
3

−10 + i

√
243 +
3

−10 − i
√
243 =???
Bài tập: Giải các phương trình; x
3
− 15x − 4=0, −2x
3
+18x
2
− 42x +10=0.
Phương trình bậc 4: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e =0 (a =0)
Chia cho a, rồi tònh tiến để khử số hạng bậc 3, đặt X = x +
b
4a
, đưa về giải phương
trình:
X
4
+ pX
2

+ qX + r =0
Phân tích: X
4
+ pX
2
+ qX + r =(X
2
+ αX + β)(X
2
− αX + γ)
Đồng nhất hệ số, ta có α, β, γ là nghiệm của hệ:







β + γ = p + α
2
βγ = r
γ − β =
q
α
Từ đó α
2
là nghiệm phương trình bậc 3: α
2
(p + α
2

)
2
− 4rα
2
− q =0
Giải ta có α, β, γ. Thay vào phương trình tích, rồi giải phương trình bậc 2 ta có các
nghiệm X
1
,X
2
,X
3
,X
4
Bài tập: Giải phương trình: x
4
+2x
3
+5x
2
+6x +9=0
Phương trình bậc ≥ 5. Abel (1802-1829) đã chứng minh không thể giải một phương
trình đa thức bậc ≥ 5 tổng quát, theo nghóa không thể biểu diễn nghiệm như là biểu
thức gồm các phép toán đại số (cộng, trừ, nhân, chia) và căn số (bậc 2, 3,···) của
các hệ số của đa thức. Sau đó Galois (1811-1832) dùng lý thuyết nhóm đã tìm được
tiêu chuẩn để một phương trình bậc ≥ 5 cụ thể có giải được bằng căn thức không. Ví
dụ phương trình x
5
− x − 1=0không giải được bằng căn thức
Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình hệ số nguyên. Cho một đa thức có hệ số

nguyên
P (X)=a
0
+ a
1
X +···+ a
n
X
n
a
k
∈ Z,k =0,··· ,n,a
n
=0
Khi đó nếu một số hữu tỉ
p
q
, với gcd(p, q)=1, là nghiệm của P (X), thì p là ước số
của a
0
và q là ước số của a
n
.
12
Chứng minh: Nếu
p
q
là nghiệm của P (X), thì từ P (
p
q

)=0, ta có
a
0
q
n
+ a
1
q
n−1
p + ···+ a
n−1
qp
n−1
+ a
n
p
n
=0
Do gcd(p, q)=1, từ đẳng thức trên dễ suy ta p là ước số của a
0
, q là ước của a
n
. 
Bài tập: Tìm các nghiệm hữu tỉ của phương trình: 3x
4
+5x
3
+ x
2
+5x − 2=0

3.9 Phân thức. Một phân thức trên K là một biểu thức dạng
P (X)
Q(X)
, trong đó P (X),Q(X) ∈ K[X],Q(X) =0
Hai phân thức bằng nhau:
P (X)
Q(X)
=
P
1
(X)
Q
1
(X)
⇔ P (X)Q
1
(X)=P
1
(X)Q(X).
Đònh lý. Cho P (X),Q(X) ∈ K[X]. Giả sử Q(X)=Q
1
(X)
k
1
··· Q
s
(X)
k
s
,

với Q
1
(X),··· ,Q
s
(X) ∈ K[X] thoả điều kiện GCD(Q
i
(X),Q
j
(X)) = 1, nếu i = j.
Khi đó tồn tại duy nhất các đa thức A(X),P
ij
(X) ∈ K[X],i=1,··· ,s,j =1,··· ,k
i
,
sao cho deg P
ij
(X) < deg Q
i
(X) và
P (X)
Q(X)
= A(X)+
s

i=1


k
i


j=1
P
ij
(X)
Q
i
(X)
j


Chứng minh: Sự tồn tại: Nếu deg P<deg Q và Q = D
1
D
2
, với GCD(D
1
,D
2
)=1,
thì theo đẳng thức Bézout ta có
1=U
1
D
1
+ U
2
D
2
,U
1

,U
2
∈ K[X]
Suy ra P = PU
1
D
1
+ PU
2
D
2
. Chia Euclid, ta có PU
1
= AD
2
+ V
2
, deg V
2
< deg D
2
.
Vậy P = V
2
D
1
+ V
1
D
2

, với V
1
= AD
1
+ PU
2
.Dodeg P<deg Q, deg V
2
< deg D
2
,
ta có deg V
1
< deg D
1
. Suy ra ta có biểu diễn
P
Q
=
V
1
D
1
+
V
2
D
2
, với deg V
1

< deg D
1
, deg V
2
< deg D
2
Trường hợp tổng quát, trước hết chia Euclid P cho Q ta có thương là A. Sau đó áp
dụng biểu diễn trên cho D
1
= Q
k
1
1
, D
2
= Q
k
2
2
···Q
k
s
s
. Tiếp tục áp dụng biểu diễn
trên cho Q = Q
k
2
2
···Q
ks

s
. Sau hữu hạn bước ta có phân tích
P
Q
= A +
s

i=1


k
i

j=1
P
ij
Q
j
i


, với deg P
ij
< deg Q
i
Tính duy nhất: Giả sử có các đa thức khác A

,P

ij

∈ K[X], sao cho
P
Q
= A

+
s

i=1


k
i

j=1
P

ij
Q
j
i


, với deg P

ij
< deg Q
i
Chương 0. Kiến thức chuẩn bò 13
Suy ra A = A


do tính duy nhất của phép chia Euclid.
Trừ hai biểu diễn ta có
s

i=1


k
i

j=1
P
ij
− P

ij
Q
j
i


=0 (∗).
Giả sử phản chứng là P
1k
1
− P

1,k
1

=0. Nhân (∗) với Q, suy ra
(P
1k
1
− P

1,k
1
)Q
k
2
2
···Q
k
s
s
+ Q
1
U =0, với U ∈ K[X]
Do GCD(Q
1
,Q
k
2
2
···Q
k
s
s
)=1, nên Q

1
|(P
1k
1
−P

1,k
1
). Vậy deg(P
1k
1
−P

1,k
1
) ≥ deg Q
1
.
Điều này mâu thuẫn với deg(P
1k
1
− P

1,k
1
) ≤ max(deg P
1k
1
, deg P


1k
1
) ≤ deg Q
1
.
Vậy phải có P
1k
1
− P

1,k
1
=0.
Tương tự lập luận trên, ta có P
ij
= P

ij
,∀ij. 
Hệ quả 1. Mọi phân thức trên trường phức đều có phân tích duy nhất dưới dạng
P (X)
Q(X)
= A(X)+
s

i=1
m
i

j=1

a
ij
(X − c
i
)
j
trong đó A(X) ∈ C[X], a
ij
∈ C, c
1
,··· ,c
s
∈ C là các nghiệm của Q(X) với bội
m
1
,··· ,m
s
tương ứng.
Hệ quả 2. Mọi phân thức trên trường thực đều có phân tích duy nhất dưới dạng
P (X)
Q(X)
= A(X)+
r

i=1
m
i

j=1
a

ij
(X − c
i
)
j
+
s

i=1
n
i

j=1
b
ij
X + c
ij
(X
2
+ p
i
X + q
i
)
j
trong đó Q(X)=a
n
(X−c
1
)

m
1
···(X−c
r
)
m
s
(X
2
+p
1
X +q
1
)
n
1
···(X
2
+p
s
X +q
s
)
n
s
,
X
2
+ p
i

X + q
i
(i =1,··· ,s) không có nghiệm thực., A(X) ∈ R[X], a
ij
,b
ij
,c
ij
∈ R.
Ví dụ. Phân tích
1
X
5
− X
2
thành phân thức đơn trên trường thực:
Ta có X
5
− X
2
= X
2
(X − 1)(X
2
+ X +1).
Vậy phân tích có dạng
1
X
5
− X

2
=
A
X
+
B
X
2
+
C
X − 1
+
DX + E
X
2
+ X +1
.
Để tính các hệ số A, B, C, D, E dựa vào
1=AX(X−1)(X
2
+X+1)+B(X−1)(X
2
+X+1)+CX
2
(X
2
+X+1)+(DX+E)X
2
(X−1)
Đồng nhất hệ số đa thức 2 vế (gọi là phương pháp hệ số bất đònh), rồi giải hệ phương

trình tuyến tính, ta có
1
X
5
− X
2
=
0
X
−
1
X
2
+
1
3(X − 1)
−
X − 1
3(X
2
+ X +1)
I. Không gian vector hình học
Chương này vector được trình bày dựa vào trực quan, với mục đích tạo mô hình hình
học giúp cho việc tư duy trừu tượng và khái quát hóa ở các chương sau. Để có thể
làm việc cụ thể hơn trên các vector, ngøi ta đại số hoá không gian hình học bằng
cách đưa vào hệ cở sở Descartes
1
. Khi đó các phép toán trên vector sẽ có công thức
tính thuận lợi, còn các đối tượng hình học như đường, mặt cong sẽ được mô tả bởi
các phương trình giúp cho việc nghiên cứu hình học dễ dàng và cụ thể hơn.

1. Vector hình học
Trong nhiều vấn đề toán học cũng như vật lý ngoài các đại lượng vô hướng, còn
có nhiều đại lượng có hướng chúng được đặc trưng bởi độ lớn và hướng, chẳng hạn
lực, vận tốc,... . Các đại lượng này được mô hình hoá thành các vector.
1.1 Đònh nghóa. Trong không gian Euclid E
3
một vector được mô tả như là một
đoạn thẳng được đònh hướng
AB.
Ký hiệu:
−→
AB= v, hay đơn giản chỉ là v.
A gọi điểm
gốc
, B gọi là điểm
ngọn
.
Đường thẳng AB gọi là
phương
,
hướng
từ A đến B.
Độ dài đoạn AB, ký hiệu là 
−→
AB .
✑
✑
✑
✑
✑

✑✸
−→
v
A
B
✑
✑
✑
✑
✑
✑✸
−→
v
phương
Hai vector
−→
AB,
−→
CD gọi là
bằng nhau
, ký hiệu
−→
AB=
−→
CD, nếuu chúng cùng độ dài và
hướng, i.e. ABDC là hình bình hành.
Vector không
, ký hiệu là
→
O

hay O, là vector có gốc trùng với ngọn.
Vector đối của
−→
AB được ký hiệu và đònh nghóa −
−→
AB=
−→
BA.
Nhận xét. Phân biệt đònh nghóa trên với khái niệm
vector buộc
khi ta xem hai vector
có gốc khác nhau là khác nhau.
1
René Descartes (1596-1650) và Pierre Fermat (1601-1665) được xem là các cha đẻ của Hình học
giải tích
16
1.2 Cộng vector:
→
u
+
→
v
, của hai vector
→
u
,
→
v
, là vector xác đònh bởi qui tắc
hình bình hành hay qui tắc hình tam giác sau:

✡
✡
✡
✡
✡
✡✡✣
−→
u
✘
✘
✘
✘
✘
✘
✘
✘✿
−→
v
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑✸

−→
u
+
−→
v
✡
✡
✡
✡
✡
✡✡✣
−→
u
✘
✘
✘
✘
✘
✘
✘
✘✿
−→
v
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑

✑
✑
✑
✑
✑✸
−→
u
+
−→
v
Tính chất. Với mọi vector
→
u
,
→
v
,
→
w
,tacó
→
u
+
→
v
=
→
v
+
→

u
(
→
u
+
→
v
)+
→
w
=
→
u
+(
→
v
+
→
w
)
→
v
+
→
O
=
→
v
→
v

+(−
→
v
)=
→
O
Hệ thức Chasles. Trong không gian cho các điểm A
0
,A
1
,···A
n
. Khi đó
−→
A
0
A
1
+
−→
A
1
A
2
+···+
−→
A
n−1
A
n

=
−→
A
0
A
n
1.3 Nhân vector với số: αv, của vector
→
v
và số α, là vector:
Có độ dài là |α|
→
v
.
Cùng hướng với
→
v
nếu α>0, ngược hướng với
→
v
nếu α<0, và 0
→
v
=
→
O
.
✑
✑
✑

✑
✑
✑✸
−→
v
t ✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑✸
α
−→
v
(α>0)
✑
✑
✑
✑
✑
✑✰
α
−→
v
(α<0)
t
Tính chất. Với mọi vector
→

u
,
→
v
và các số α, β,tacó
α(β
→
v
)=(αβ)
→
v
(α + β)
→
v
= α
→
v
+β
→
v
α(
→
u
+
→
v
)=α
→
u
+α

→
v
1
→
v
=
→
v
Chương I. Không gian vector hình học 17
2. Cơ sở Descartes - Tọa độ
Để có thể làm việc cụ thể hơn trên các vector, người ta đại số hóa như sau
2.1 Hệ cơ sở Descartes. Descartes đã đại số hoá mặt phẳng E
2
hay không gian
Euclid E
3
bằng cách đưa vào hệ tọa trục, mà chúng ta đã quen biết với cái tên gọi
hệ cơ sở Descartes
, là bộ bốn (O;
→
e
1
,
→
e
2
,
→
e
3

):
Điểm O gọi là
gốc
của hệ.
Các vector
→
e
1
,
→
e
2
,
→
e
3
, gọi là
các vector cơ sở
, thoả các tính chất sau:
(i)
→
e
1
,
→
e
2
,
→
e

3
vuông góc với nhau từng đôi.
(ii) 
→
e
1
 = 
→
e
2
 = 
→
e
3
 =1.
(iii) Bộ ba (
→
e
1
,
→
e
2
,
→
e
3
) tạo thành tam diện thuận (?).
t
O

✲
−→
e
1
✻
−→
e
3
 
 
 ✒
−→
e
2
✲
x
 
 
 
 
 
 ✒
y
✻
z
t
M
Các đường thẳng có vector chỉ phương e
1
,e

2
,e
3
thường được gọi tên là các trục
Ox, Oy, Oz tương ứng. Hệ cở sở trong mặt phẳng E
2
được đònh nghóa tương tự như
trong E
3
. Hơn nữa, ta sẽ đồng nhất E
2
với mặt phẳng Oxy trong E
3
, nên tiếp sau
đây các khái niệm sẽ chỉ được trình bày trong không gian.
2.2 Tọa độ. Khi cố đònh một hệ cơ sở Descartes (O;
→
e
1
,
→
e
2
,
→
e
3
), ta có:
• Mỗi điểm M ∈ E
3

tương ứng duy nhất một bộ ba số (x, y, z), gọi là
tọa độ điểm
M
, xác đònh qua các vector cơ sở nhờ phép chiếu vuông góc:
−→
OM= x
→
e
1
+y
→
e
2
+z
→
e
3
.
• Mỗi vector
→
v
, sau khi đưa gốc về O sẽ có ngọn là A ∈ E
3
, tương tự như trên
→
v
=
−→
OA= v
1

→
e
1
+v
2
→
e
2
+v
3
→
e
3
. Ta có thể mô tả đại số vector
→
v
như bộ ba (v
1
,v
2
.v
3
)
gọi là
tọa độ vector
→
v
. Ta viết:
→
v

=(v
1
,v
2
,v
3
).
Việc viết cùng ký hiệu tọa độ cho vector và điểm sẽ được chỉ đònh rõ khi cần.
Nhận xét. Như vậy khi đưa vào hệ cơ sở ta đã đồng nhất E
3
với R
3
, i.e. ta đã
đại số hoá không gian E
3
. Có thuận tiện gì ? Hãy xem ...
2.3 Mô tả đối tượng hình học bằng phương trình hay phương trình tham số.
Xét các đối tượng hình học (đường, mặt, khối,···) trong mặt phẳng E
2
hay không
18
gian E
3
:
X = {M : M thoả điều kiện (P )}
Cố đònh một cơ sở Descartes. Khi đó các điểm M thay đổi và thoả điều kiện (P ), thì
tương ứng các tọa độ (x, y, z) của M cũng thay đổi và thỏa điều kiện (F ) nào đó.
Cụ thể hơn, ta thường gặp các trường hợp sau:
• Điều kiện hình học có thể mô tả bởi phương trình:
M thoả (P ) ⇔ (x, y, z) thỏa phương trình F (x, y, z)=0

trong đó F : D → R, là một hàm số xác đònh trên D ⊂ R
3
.
Khi đó ta nói X được cho bởi phương trình F (x, y, z)=0.
Ví dụ.
a) Trong mặt phẳng, đường tròn tâm A =(a, b) bán kính R>0 là tập đònh nghóa
C = {M ∈ E
2
: khoảng các từ M đến A bằng R}
C được cho bởi phương trình: F (x, y)=(x − a)
2
+(y − b)
2
− R
2
=0.
b) Tương tự,ï trong không gian mặt cầu tâm A =(a, b, c), bán kính R>0 được cho
bởi phương trình
F (x, y, z)=(x − a)
2
+(y − b)
2
+(z − c)
2
− R
2
=0
Tổng quát hơn, khi các điều kiện (P
1
),··· , (P

k
) có thể mô tả bởi các phương trình
tương ứng F
1
=0,··· ,F
k
=0, thì
X = {M : M thoả điều kiện (P
1
) và··· và (P
k
)} =
k

i=1
{M : M thoả điều kiện (P
i
)}
Khi đó ta nói X được cho bởi hệ phương trình: F
1
(x, y, z)=0,··· ,F
k
(x, y, z)=0
Ví dụ. Hệ phương trình: (x − a)
2
+(y − b)
2
+(z − c)
2
= R

2
,z=0,
mô tả giao của mặt cầu và mặt phẳng, vậy là đường tròn trên mặt phẳng Oxy
• Điều kiện hình học có thể mô tả bởi phương trình tham số:
Khi tập đang xét là đường cong C (chẳng hạn qũy đạo của một điểm), nó thường còn
được mô tả bởi
M ∈ C ⇔ (x = f (t),y = g(t),z = h(t)),t∈ I
trong đó f, g,h : I → R là các hàm xác đònh trên I ⊂ R.
Khi đó ta nói đường cong C được cho bởi phương trình tham số





x = f(t)
y = g(t)
z = h(t)
, với tham số t ∈ I
Chương I. Không gian vector hình học 19
Tương tự, mặt cong S thường còn được mô tả bởi
M ∈ S ⇔ (x = f (s, t),y = g(s, t),z = h(s, t)), (s, t) ∈ D
trong đó f, g,h : D → R là các hàm xác đònh trên D ⊂ R
2
.
Ta nói mặt S được cho bởi phương trình tham số






x = f(s, t)
y = g(s, t)
z = h(s, t)
, với 2 tham số (s, t) ∈ D
Ví dụ.
a) Đường tròn tâm A =(a, b), bán kính R, có thể cho bởi phương trình tham số trong
mặt phẳng:

x = a + R cos t
y = b + R sin t
t ∈ [0, 2π]
(t trong trường hợp này là độ lớn của góc quay)
b) Mặt cầu tâm A =(a, b, c), bán kính R, có thể cho bởi phương trình tham số trong
không gian:





x = a + R cos s sin t
y = b + R sin s sin t
z = c + R cos t
, (s, t) ∈ [0,π] × [0, 2π]
(s, t trong trường hợp này có thể xem là vó độ và kinh độ trên mặt cầu)
Ngoài ra, còn nhiều trường hợp điều kiện hình học có thể mô tả bởi hệ phương
trình và bất phương trình mà ta không xét ở đây.
3. Công thức đại số của các phép toán trên vector
Trong E
3
cố đònh hệ cơ sở Descartes (O;

→
e
1
,
→
e
2
,
→
e
3
).
Cho ba vector
→
u
=(u
1
,u
2
,u
3
),
→
v
=(v
1
,v
2
,v
3

),
→
w
=(w
1
,w
2
,w
3
).
3.1 Công thức cộng vector.
→
u
+
→
v
=(u
1
+ v
1
,u
2
+ v
2
,u
3
+ v
3
)
3.2 Công thức nhân vector với số. α

→
v
=(αv
1
,αv
2
,αv
3
).
3.3 Công thức tính độ dài. 
→
v
 =

v
2
1
+ v
2
2
+ v
2
3
(công thức Pythagore)
3.4 Công thức tính khoảng cách. Cho các điểm A(a
1
,a
2
,a
3

) và B(b
1
,b
2
,b
3
). Khoảng
cách giữa chúng là độ dài vector
−→
AB=
−→
OB −
−→
OA=(b
1
− a
1
,b
2
− a
2
,b
3
− a
3
). Vậy
d(A, B)=
−→
AB  =


(b
1
− a
1
)
2
+(b
2
− a
2
)
2
+ b
3
− a
3
)
2
Ngoài các phép toán cộng và nhân với số, còn các phép toán cơ bản trên các vector
mà ta sẽ đònh nghóa và tính toán sau đây.
20
3.5 Tích vô hướng: <
→
u
,
→
v
>=
→
u

.
→
v
, của hai vector
→
u
,
→
v
, là một số được đònh
nghóa:
<
→
u
,
→
v
>= 
→
u

→
v
 cos

(
→
u
,
→

v
)
Về mặt hình học hình chiếu vuông góc của
→
u
lên phương
→
v
là
<
→
u
,
→
v
>

→
v

2
→
v
(Bài tập)
Công thức qua tọa độ:
<
→
u
,
→

v
>= u
1
v
1
+ u
2
v
2
+ u
3
v
3
Chứng minh: Gọi
→
u
=
−→
OA,
→
v
=
−→
OB. Ta có

−→
AB  = 
→
v
−

→
u

2
= u
2
1
+ u
2
2
+ u
2
3
+ v
2
1
+ v
2
2
+ v
2
3
− 2(u
1
v
1
+ u
2
v
2

+ u
3
v
3
)
Mặt khác, ta có hệ thức lượng giác cho tam giác OAB:

−→
AB 
2
= 
−→
OA 
2
+ 
−→
OB 
2
− 2
−→
OA 
−→
OB  cos

(AOB)
So sánh vế phải của các đẳng thức trên, ta có công thức cần tìm. 
Tính chất. Với mọi vector
→
u
,

→
v
,
→
w
và các số α, β,tacó
<
→
u
,
→
v
> = <
→
v
,
→
u
>
<α
→
u
+ β
→
v
,
→
w
> = α<
→

u
,
→
w
> + β<
→
v
,
→
w
>
<
→
v
,
→
v
>= 
→
v

2
≥ 0, và <
→
v
,
→
v
>=0⇔
→

v
= O
3.6 Tích hữu hướng:
→
u
×
→
v
=
→
u
∧
→
v
, gọi là
tích vector
của hai vector
→
u
,
→
v
(theo
đúng thứ tự đó), là một vector:
→
u
×
→
v
vuông góc với mặt phẳng (

→
u
,
→
v
).
(
→
u
,
→
v
,
→
u
×
→
v
) là tam diện thuận.

→
u
×
→
v
 = 
→
u

→

v
| sin

(
→
u
,
→
v
)| =


→
u

2

→
v

2
− <
→
u
,
→
v
>
2
Về mặt hình học 

→
u
×
→
v
 = diện tích hình bình hành tạo bởi
→
u
,
→
v
.
✲
−→
u
✻
−→
u
×
→
v
 
 
 ✒
−→
v
Để đònh nghóa được chặt chẽ ta qui ước
→
u
×

→
v
là vector
→
O
trong trường hợp một
trong hai vector bằng
→
O
, hay hai vector song song.
Ví dụ.
→
e
1
×
→
e
1
=
→
O
,
→
e
1
×
→
e
2
=

→
e
3
,
→
e
1
×
→
e
3
= −
→
e
2
.
Công thức qua tọa độ:
→
u
×
→
v
=








→
e
1
→
e
2
→
e
3
u
1
u
2
u
3
v
1
v
2
v
3







=






u
2
u
3
v
2
v
3





→
e
1
−





u
1
u
3

v
1
v
3





→
e
2
+





u
1
u
2
v
1
v
2






→
e
3
Chương I. Không gian vector hình học 21
Chứng minh: Gọi
→
u
×
→
v
=(x, y, z). Từ các tính chất
→
u
×
→
v
⊥
→
u
,
→
u
×
→
v
⊥
→
v
, 

→
u
×
→
v

2
= 
→
u

2

→
v

2
sin
2

(
→
u
,
→
v
) ,
ta có các phương trình tương ứng
u
1

x + u
2
y + u
3
z =0
v
1
x + v
2
y + v
3
z =0
x
2
+ y
2
+ z
2
=(u
1
v
2
− u
2
v
1
)
2
+(u
1

v
3
− u
3
v
1
)
2
+(u
2
v
3
− u
3
v
2
)
2
Giải hệ phương trình, kết hợp với điều kiện (
→
u
,
→
v
,
→
u
×
→
v

) là tam diện thuận, ta có
công thức trên. 
Tính chất. Với mọi vector
→
u
,
→
v
,
→
w
và các số α, β, ta có
→
u
×
→
v
= −
→
v
×
→
u
(α
→
u
+ β
→
v
)×

→
w
= α
→
u
×
→
w
+ β
→
v
×
→
w
3.7 Tích hỗn hợp: của ba vector
→
u
,
→
v
,
→
w
được đònh nghóa là số
(
→
u
,
→
v

,
→
w
)=<
→
u
×
→
v
,
→
w
>
Về mặt hình học
|(
→
u
,
→
v
,
→
w
)| = 
→
u
×
→
v


→
w
| cos(
→
u
×
→
v
,
→
w
)|
= Diện tích đáy × chiều cao của hình hộp bình hành tạo bởi
→
u
,
→
v
,
→
w
= Thể tích hình hộp bình hành tạo bởi
→
u
,
→
v
,
→
w

✂
✂
✂
✂
✂✍
→
w
✲
→
u
✟
✟
✟✯
→
v
✻
→
u
×
→
v
✟
✟
✟
✂
✂
✂
✂
✂
✟

✟
✟
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✂
✟
✟
✟
Công thức qua tọa độ:
(
→
u
,
→
v
,
→
w
)=








u
1
u
2
u
3
v
1
v
2
v
3
w
1
w
2
w
3







Khi (
→

u
,
→
v
,
→
w
) > 0, i.e. cos(
→
u
×
→
v
,
→
w
) > 0, hệ (
→
u
,
→
v
,
→
w
) gọi là
thuận
.
Khi (
→

u
,
→
v
,
→
w
) < 0, hệ gọi là
nghòch
.
Ví dụ.
a) Hai vector
→
u
,
→
v
vuông góc khi và chỉ khi <
→
u
,
→
v
>=0.
b) Hai vector
→
u
,
→
v

song song khi và chỉ khi
→
u
×
→
v
=
→
O
.
c) Ba vector
→
u
,
→
v
,
→
w
đồng phẳng khi và chỉ khi (
→
u
,
→
v
,
→
w
)=0.
22

4. Đường thẳng và mặt phẳng
Trong E
3
cố đònh một hệ cơ sở Descartes. Sau đây là vài áp dụng của phương
pháp tọa độ.
4.1 Phương trình đường thẳng. Đường thẳng qua M
0
=(x
0
,y
0
,z
0
) có vector chỉ
phương
→
v
=(a, b, c) = O được đònh nghóa là tập
∆={M ∈ E
3
:
−→
M
0
M song song với
→
v
}
✑
✑

✑✸
−→
v
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
✑
M
0
M
đường thẳng ∆
t✑
✑
✑
✑
✑✸
Vậy M =(x, y, z) ∈ ∆ nếu và chỉ nếu
−→
M

0
M= t
→
v
,t∈ R.
Từ đó ta có
phương trình tham số
của ∆:





x = x
0
+ ta
y = y
0
+ tb
z = z
0
+ tc
,t∈ R
Khi a, b, c =0, khử t ta có
phương trình chính tắc
của ∆:
x − x
0
a
=

y − y
0
b
=
z − z
0
c
4.2 Phương trình mặt phẳng. Cho M
0
=(x
0
,y
0
,z
0
) và hai vector không song song
→
u
=(u
1
,u
2
,u
3
),
→
v
=(v
1
,v

2
,v
3
). Mặt phẳng qua M
0
và có các vector chỉ phương
→
u
,
→
v
được đònh nghóa là tập
P = {M ∈ E
3
:
−→
M
0
M,
→
u
,
→
v
đồng phẳng }
M
0
✲
t
M

❍
❍
❍❥
→
u
✏
✏
✏
✏
✏
✏✶
→
v
✻
→
n
P
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
✁
Vậy M =(x, y, z) ∈ P nếu và chỉ nếu

−→
M
0
M= s
→
u
+t
→
v
,s,t∈ R.
Chương I. Không gian vector hình học 23
Từ đó ta có
phương trình tham số
của P:





x = x
0
+ su
1
+ tv
2
y = y
0
+ su
2
+ tv

2
z = z
0
+ su
3
+ tv
3
,s,t∈ R
Ta cũng có M =(x, y, z) ∈ P nếu và chỉ nếu (
−→
M
0
M,
→
u
,
→
v
)=<
−→
M
0
M,
→
u
×
→
v
>=0.
Từ đó ta có

phương trình tổng quát
của P
Ax + By + Cz + D =0,
trong đó
vector pháp
→
n
=
→
u
×
→
v
=(A, B, C) = O là vuông góc với P.
4.3. Một số bài toán. Dựa vào tọa độ và phương trình có thể đưa các bài toán
hình học về bài toán đại số:
Bài toán 1:
Xét vò trí của 2 mặt phẳng P
1
,P
2
.
Số giao điểm chính là số nghiệm của hệ phương trình xác đònh bởi 2 mặt phẳng:

A
1
x + B
1
y + C
1

z + D
1
=0
A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
=0
P
1
∩ P
2
⇔ A
1
B
2
− A
2
B
1
,B
1
C
2
− B
2

C
1
,C
1
A
2
− C
2
A
1
không đồng thời bằng 0
P
1
 P
2
⇔ A
1
: A
2
= B
1
: B
2
= C
1
: C
2
= D
1
: D

2
P
1
≡ P
2
⇔ A
1
: A
2
= B
1
: B
2
= C
1
: C
2
= D
1
: D
2
Bài toán 2:
Xét vò trí đường thẳng ∆ với mặt phẳng P.
Tương tự bài toán trên xét hệ phương trình xác đònh bởi đường thẳng và mặt phẳng.



x − x
0
a

=
y − y
0
b
=
z − z
0
c
Ax + By + Cz + D =0
Ta có M = M
0
+ t
→
v
∈ ∆∩ P ⇔ (Aa + Bb+ Cc)t + Ax
0
+ By
0
+ Cz
0
+ D =0. Vậy
∆ ∩ P ⇔ Aa + Bb + Cc=0
∆  P ⇔ Aa + Bb + Cc =0,Ax
0
+ By
0
+ Cz
0
+ D =0
∆ ⊂ P ⇔ Aa + Bb + Cc =0,Ax

0
+ By
0
+ Cz
0
+ D =0
Bài toán 3:
Tính góc giữa các mặt phẳng / đường thẳng.
Với ký hiệu ở trên ta có
cos(P
1
,P
2
)=| cos(
→
n
1
,
→
n
2
)| =
|A
1
A
2
+ B
1
B
2

+ C
1
C
2
|

A
2
1
+ B
2
1
+ C
2
1

A
2
2
+ B
2
2
+ C
2
2
sin(∆,P)=| cos(
→
v
,
→

n
)| =
|Aa + Bb + Cc|
√
A
2
+ B
2
+ C
2
√
a
2
+ b
2
+ c
2
Bài toán 4:
Tính khoảng cách từ điểm M
0
=(x
0
,y
0
,z
0
) đến mặt phẳng
P : Ax + By + Cz + D =0.