Mẫu các dạng bài toán ôn tập môn toán A
1
(Tài liệu này chỉ mang tính chất tham khảo, không phải bài giải của thầy Phan Dân)
Bài 1. Tính định thức
Cách thực hiện như sau:
Theo quy tắc Sarrus, ta ghép thêm cột thứ nhất và cột thứ hai vào bên phải
định thức rồi nhân các phần tử trên các đường chéo như quy tắc thể hiện trên
hình.
A=
Det(A)=a.e.i + b.f.g + c.d.h - c.e.g - a.f.h - b.d.i
Ví dụ: Tính định thức
221
413
132
=A
Giải
Theo quy tắc Sarrus ta có
1318-16-1-61242.3.32.4.21.1.12.3.11.4.32.1.2
21
13
32
221
413
132
)( −=++=−−−++==ADet
Bài 2: Giải hệ phương trình tuyến tính







−
−
−
=
122
221
212
A
Ma trận hệ số bổ sung của hệ là:










−−
−
−
=
1
0
1
122
221
212

ddd
→−+
→−+
 →←










−−
−
−
1
1
0
320
650
221
 →←
→






)2(
)2(
ddd
ddd
→−+
→+
 →←
















−−
−
−
5
7
5
1











−
−
3
7
5
1
5
2
100
5
6
10
5
2
01
232
131
5
6
5





3
7
3
3
4
100
010
001
Vậy nghiệm của hệ phương trình tuyến tính trên là







=
=
=
3
7
3
3
4
z
y

− →←
↔
1432
3021
4451
31
dd
A
313
212
)2( ddd
ddd
→−+
→+
 →←










−−− 7470
7470
4451
 →←
→
















−
0000
1
7
4
10
1
7
8
01
w
=
w
có dạng bậc thang và
2)()(

B=[A|I] ~ [ | ] ~….~[I|A
-1
]
Giải










−
−
=
100
010
001
120
032
201
]|[
3
IA
 →←
→−
11
)1( dd




−
−
−
100
012
001
120
430
201
 →←
→






22
3
1
dd
















−−
1
3
2
3
4
0
3
1
3
2
001
3
11
00
3
4
10
201
 →←
→

2
11
4
0
3
1
3
2
001
100
3
4
10
201
232
131
3
4
2
ddd
ddd
→






−
→+

11
2
11
6
11
4
11
3
100
010
001
Vậy ma trận nghịch đảo là:
















−
−

Giải
Tọa độ (α
1
,α
2,
α
3
) của u đối với cơ sở đã cho chính là nghiệm của phương trình
U= α
1.
u
1 +
α
2.
u
2 +
α
3.
u
3
(1)
1  α
1.
(1,-1,1)
+
α
2.
(-1,1,0)
+
α




=
=+−
=+−
⇔
0
1
1
1
21
321
α
αα
ααα





=
=
=
⇔
2
1
0
3
2

thuộc không gian vectơ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu phương trình
θααα
=+++
kk
vvv
2211
(
v
θθ
=
)
Chỉ có nghiệm duy nhất là
0
21
====
k
ααα
Một hệ vectơ v
1
, v
2
,…, v
k
được

gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không phải là hệ độc lập tuyến
tính.
Giải
a Xét phương trình
)0,0,0(

321
321
321
ααα
ααα
ααα
⇒
Hệ vô nghiệm
 Đây là hệ phụ thuộc tuyến tính
b Xét phương trình
)0,0,0(
332211
==++
θααα
uuu
(2)
(2)
)0,0,0()1,2,2()2,1,2()2,2,3(
321
=−+−+−⇔
ααα
)0,0,0(),2,2()2,,2()2,2,3(
333222111
=−+−+−⇔
ααααααααα
)0,0,0()22,22,223(
321321321
=−+−+++−⇔
ααααααααα


2
1
α
α
α
 Đây là hệ độc lập tuyến tính
Bài 7: Chứng minh ánh xạ tuyến tính
Hãy chứng minh rằng ánh xạ
23
),2(),,(
:
RR
T
zyzyxzyx +−+
→
là một ánh xạ tuyến tính
*Phương pháp:
Để chứng minh T là một ánh xạ tuyến tính ta phải chỉ ra rằng:



=
+=+
)(.).(
)'()()'(
uTuT
uTuTuuT
αα

3

( )
'','2''2 zyzyzyxzyx
+++−++−+=

Ta lại có:
)',','(),,()'()( zyxTzyxTuTuT
+=+
)'','2''(),2( zyzyxzyzyx
+−+++−+=
( )
'','2''2 zyzyzyxzyx
+++−++−+=

So sánh  và  ta nhận thấy 2 vế phải bằng nhau
Cuối cùng
),,().( zyxTuT
αααα
=
( )
zyzyx
ααααα
+−+=
,2
)(),2( uTzyzyx
αα
=+−+=
 T là ánh xạ tuyến tính
Bài 8: Xác định nhân Ker(T) và ảnh Im(T)
Hãy xác định Ker(T), Im(T) (nhân & ảnh) của ánh xạ tuyến tính
23

Giải
Ánh xạ T hoàn toàn xác định bởi ảnh của 1 cơ sở trong R
3
. Vậy ta chọn cơ sở chính tắc





=
=
=
)1,0,0(
)0,1,0(
)0,0,1(
3
2
1
e
e
e
Và xét ảnh của cơ sở





−=−−++==
−=−−++==
=−−++==

ααα
++=
)(.)(.)(.
332211
eTeTeT
ααα
++=
)1,1()1,1()1,2(
321
−+−+=
ααα
),(),(),2(
332211
αααααα
−+−+=
),2(
321321
αααααα
−−++=
Xác định Ker(T)
{ }
0),,(),,()(
321321
==
αααααα
TTKer
{ }
)0,02,,(
321321321
=−−=++=

A
313
212
)2(
)1(
ddd
ddd
→−+
→−+
 →←










−
30
00
11
 →←
↔
32
dd







−
00
10
11
Hạng của ma trận A=2
 Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất là
)0,0,0(),,(
321
=
ααα
{ }
)0,0,0()(
=⇒
TKer
và T là đơn cấu
( )
1)(
=⇒
TKerDim
(Theo định lí về số chiều)
( )( )
2
)Im(213Im RTTDim =⇒=−=⇒
Kết luận
{ }
)0,0,0()(







−=
312
110
004
B
*Phương pháp
0=− IA
λ
{ }( )
n
λλλλ
, ,,
21
∈
Với
j
λ
là 1 giá trị riêng thực
Giải
a Phương trình đặc trưng của ma trận A là:
0=− IA
λ
0
100

0
615
143
314
=
−
−
−−
⇔
λ
λ
λ
0
15
43
14
615
143
314
=−
−−
−
−
−−
⇔
λ
λ
λ
λ
λ

9
3
2
1
λ
λ
λ
Phương trình đặc trưng có 3 nghiệm





=
=
=
2
3
9
3
2
1
λ
λ
λ
và đây chính là 3 giá trị riêng của ma trận A
b Phương trình đặc trưng của ma trận B là:
0=− IB
λ
0

0
312
110
004
=
−
−−
−
⇔
λ
λ
λ
0
12
10
04
312
110
004
=−
−
−
−−
−
⇔
λ
λ
λ
λ
λ


=
=
2
4
2
1
λ
λ
và đây chính là 2 giá trị riêng của
ma trận B
Bài 10: Giá trị riêng & vectơ riêng
Xác định giá trị riêng và các vectơ riêng tương ứng với mỗi giá trị riêng đó của ma trận:










−=
312
110
004
B
*Phương pháp
Lập phương trình đặc trưng

k
λλλ
, ,,
21
Để tìm vectơ riêng ứng với
j
λλ
=
ta giải phương trình
( )












=








004
=










−










−⇔
λ
0
312
110
004
=

=−+−+−−⇔
λλλλλ
0444331212
3222
=−+−++−+−−⇔
λλλλλλλλ
016208
23
=+−+−⇔
λλλ



=
=
⇒
2
4
2
1
λ
λ
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm



=
=
2
4




−
0
0
0
3
2
1
1
x
x
x
IB
λ


0
4312
1410
0044
3
2
1
=





=




















−
−−⇔
x
x
x





xxx
xxx
xxx



=−+
=−−
⇔
02
03
321
32
xxx
xx



=+
=−
⇔
321
32
2
3
xxx
xx
212
23 xxx
+=−⇒

Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng
4
1
=
λ
là:
















−
t
t
t
2
3
2
1

( )










=










−
0
0
0
3
2
1
2






−
−−
−
⇔
x
x
x

0
112
110
002
3
2
1
=
















++
−−
++
⇔
0
0
0
.1.1.2
.1.1.0
.0.0.2
321
321
321
xxx
xxx
xxx





=++
=−−
=

⇔
tx
tx
x
3
2
1
0
Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng
2
2
=
λ
là:










− t
t
0
hay



*Phương pháp
Cho dạng toán phương
( )
n
xxxf , ,,
21
với ma trận là A xác định với các giá trị riêng của A
Với mỗi giá trị riêng, tìm tìm không gian con riêng tương ứng rồi dùng thuật toán
SchmidtGram −
để trực chẩn hóa hệ vectơ này.
Ghép tất cả các vectơ riêng này theo thứ tự từ trái sang phải
[ ]
n
PPPP
21
=
P là ma trận trực giao làm chéo hóa ma trận A
Dùng phép biến đổi tọa độ
[ ]
[ ]
'x
Px =
at có dạng toàn phương chính tắc.
Giải
Lập phương trình đặc trưng của A để tìm các giá trị riêng của A
00)det( =−⇔=− IAIA
λλ
0
52
22

1
2
1
λ
λ
Ta tìm vectơ riêng tương ứng đối với mỗi giá trị riêng
Với
1
1
−=
λ
ta có phương trình tìm giá trị riêng
( )






=






−
0
0
2

52
22
2
1
1
1
x
x
λ
λ






=












−−−

−
⇔
0
0
42
21
2
1
x
x






=






−
+−
⇔
0
0
.4.2
.2.1

2






=






=






1
22
2
1
t
t
t
x
x



=






+
==
5
1
5
2
1
2
.
5
1
1
2
.
12
1
.
1
22
1
1

x
x
IA
λ






=












−−
−−
⇔
0
0
52
22

0
0
)6(52
2)6(2
2
1
x
x






=












⇔
0
0




+
+
⇔
21
21
2
24
xx
xx
02
21
=+⇒ xx



−=
=
⇔
tx
tx
2
2
1










−
=
2
1
2
v
Chuẩn hóa vectơ này ta có












−
=





2
2
2
v
v
P
Vậy ma trận P cần tìm là:
[ ]












−
==
5
2
5
1
5
1
5
2

1
x
vào
một biểu thức rồi chuyển thành một bình phương của tổng các biến. Ước lượng các biến
1
x≠
để
chuyển vào khối thứ hai. Như vậy khối thứ 2 chỉ chứa các biến
n
xxx , ,,
32
, ta kí hiệu khối này
bởi
( )
n
xxxg , ,,
32
Đối với
( )
n
xxxg , ,,
32
(dạng toàn phương của n-1 biến) ta thực hiện quá trình trên để tách phần
có chứa
2
x
thành một khối.
Tiếp tục quá trình này ta thu được dạng toàn phương theo các biến mới ở dạng chính tắc
Cơ sở của phương pháp:
∑

22
''
''
''
jiji
jij
jii
xxxx
xxx
xxx
−=⇒



−=
+=
(có chứa số hạng tương ứng với bậc 2 của biến)
Giải
a Ta có
( )
21
2
2
2
121
32, xxxxxxf
+−=
( )
2
221