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.

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 .


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


∈ 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

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

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

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

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

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


.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

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:

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}

−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)

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).

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.

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)

→ 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



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 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

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

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
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 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


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

…..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

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
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:

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


…
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

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


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


→
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


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

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


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

0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

1
0
0
0

-1
1
0
0

0
-1
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


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).

- 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


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


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

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



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 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


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



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

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


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

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