đstt fb.com/starheaven.2110

1. 4
Mẫu các dạng bài toán ôn tập môn toán A1
(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
022
122
321
321
321
xxx
xxx
xxx
Để giải dạng này đơn giản nhất thì ta nên lập ma trận hệ số bổ sung, rồi biến đổi thành ma trận dạng bậc
thang quy gọn, 3 số hạng nằm bìa phải tương ứng là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính.
Giải
Lập ma trận hệ số của hệ là:










−
−
−
=
122
221
212
A
Ma trận hệ số bổ sung của hệ là:










−−
−
−
=
1
0
1
122
221
212
A
A  →← ↔ 21 dd










−−
−
−
1
1
0
122
212
221
313
212
)2(
)2(
ddd
ddd
→−+
→−+
 →←










−−
−
−
1
1
0
320
650
221
P.1
+ -
+ -

2. 4
 →←
→





22
5
1
dd










−−
−
−
1
5
1
0
320
5
6
10
221
323
121
)2(
)2(
ddd
ddd
→−+
→+
 →←
















−−
−
−
5
7
5
1
5
2
5
3
00
5
6
10
5
2
01
 →←
→





− 33
3
5
dd
















−
−
3
7
5
1
5
2
100
5
6
10
5
2
01
232
131
5
6
5
2
ddd
ddd
→





+
→





+
 →←














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
x
Bài 3: Xác định hạng của ma trận










−=
4451
3021
1432
A
Để xác định hạng của ma trận, ta thực hiện:
- Biến đổi ma trận A về dạng ma trận bậc thang w
- Đếm số dòng khác 0 của w, số này chính là hạng của w và cũng chính là hạng của A










− →← ↔
1432
3021
4451
31 dd
A
313
212
)2( ddd
ddd
→−+
→+
 →←










−−− 7470
7470
4451
 →←
→ 22
7
1
dd










−−− 7470
1
7
4
10
4451
323
121
7
)5(
ddd
ddd
→+
→−+
 →←
















−
0000
1
7
4
10
1
7
8
01
w=
w có dạng bậc thang và 2)()( == wranAran
Bài 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:










−
−
=
120
032
201
A
Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp biến đổi sơ cấp
Lập 1 ma trận ghép B=[A|I] (I=In thuộc Mn(R) là ma trận đơn vị)
Dùng các phép biến đổi sơ cấp theo dòng trên B sao cho nửa bên trái (phần A chiếm chỗ ban đầu) trở thành I
Khi đó ở khối bên phải ta nhận được A-1
B=[A|I] ~ [ | ] ~….~[I|A-1
]
P.2

3. 4
Giải










−
−
=
100
010
001
120
032
201
]|[ 3IA
 →← →− 11)1( dd









 −
−
−
100
010
001
120
032
201
 →← →−+ 212 )2( ddd









 −
−
−
100
012
001
120
430
201
 →←
→





22
3
1
dd









 −
−
−
100
0
3
1
3
2
001
120
3
4
10
201
 →← →+ 323 2 ddd
















−−
1
3
2
3
4
0
3
1
3
2
001
3
11
00
3
4
10
201
 →←
→





33
11
3
dd
















−−
11
3
11
2
11
4
0
3
1
3
2
001
100
3
4
10
201
232
131
3
4
2
ddd
ddd
→





−
→+
+
 →←
















−
−
11
3
11
2
11
4
11
4
11
1
11
2
11
6
11
4
11
3
100
010
001
Vậy ma trận nghịch đảo là:
















−
−
11
3
11
2
11
4
11
4
11
1
11
2
11
6
11
4
11
3
Bài 5: Xác định tọa độ của vectơ
Trong không gian R3
cho hệ cơ sở
u1=(1,-1,1) u2=(-1,1,0) u3=(1,0,0)
Hãy xác định tọa độ của vectơ u=(1,1,0) đối với cơ sở đã cho.
Giải
Tọa độ (α1,α2,α3) của u đối với cơ sở đã cho chính là nghiệm của phương trình
U= α1.u1 + α2.u2 + α3.u3 (1)
(1)  α1. (1,-1,1) + α2. (-1,1,0) + α3. (1,0,0)=(1,1,0)
(α1,-α1,α1) + (-α2,α2,0) + (α3,0,0)=(1,1,0)
(α1-α2+α3,-α1+α2,α1)=(1,1,0)





=
=+−
=+−
⇔
0
1
1
1
21
321
α
αα
ααα





=
=
=
⇔
2
1
0
3
2
1
α
α
α
Bài 6: Xác định sự phục thuộc tuyến tính & độc lập tuyến tính
Cho các hệ vectơ trong R3
. Hãy xác định sự độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính của các hệ này
a) u1=(2,1,-3) u2=(3,1,2) u3=(5,2,-1)
b) v1=(3,2,-2) v2=(-2,1,2) v3=(2,2,-1)
*Phương pháp:
P.3

4. 4
Hệ vectơ v1, v2,…, vk thuộc không gian vectơ V được gọi là độc lập tuyến tính nếu phương trình
θααα =+++ kk vvv ...... 2211 ( vθθ = )
Chỉ có nghiệm duy nhất là 0...21 ==== kααα
Một hệ vectơ v1, v2,…, vk đượcgọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không phải là hệ độc lập tuyến tính.
Giải
a) Xét phương trình
)0,0,0(332211 ==++ θααα uuu (1)
(1) )0,0,0()1,2,5()2,1,3()3,1,2( 321 =−++−⇔ ααα
)0,0,0(),2,5()2,,3()3,,2( 333222111 =−++−⇔ ααααααααα
)0,0,0()23,2,532( 321321321 =−+−++++⇔ ααααααααα





=−+−
=++
=++
⇔
023
02
0532
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





=−+−
=++
=+−
⇔
022
022
0223
321
321
321
ααα
ααα
ααα





=
=
=
⇔
0
0
0
3
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(),,(
: RRT 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
',; RuuR ∈∈∀α
Giải
Với



=
=
)',','('
),,(
zyxu
zyxu
là các phần tử bất kì trong R3
và R∈α tùy ý
Ta có:
)',','()',','(),,(' zzyyxxzyxzyxuu +++=+=+
)',','()'( zzyyxxTuuT +++=+
( ))'()'(),'(2)'()'( zzyyzzyyxx ++++−+++=
( )'','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 =
P.4

5. 4
( )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
),2(),,(
: RRT zyxzyxzyx −−++
→
*Phương pháp
Tìm Im(T): chọn hệ cơ sở e1, e2,…, en trong Vn ∑=
=⇒
n
j
jj eTT
1
)(.)Im( α
Tìm Ker(T): giải phương trình θ=)(uT
Giải
Ánh xạ T hoàn toàn xác định bởi ảnh của 1 cơ sở trong R3
. 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





−=−−++==
−=−−++==
=−−++==
)1,1()100,100.2()1,0,0()(
)1,1()010,010.2()0,1,0()(
)1,2()001,001.2()0,0,1()(
3
2
1
TeT
TeT
TeT
Giả sử 3
Rv ∈ ta có biểu thức v bằng cách biểu diễn tọa độ theo cơ sở e1, e2, e3
332211 ... eeev ααα ++= Rj ∈α
)...()( 332211 eeevT 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 =−−=++= ααααααααα
Vậy Ker(T) là tập hợp các phần tử có tọa độ thỏa mãn hệ



=−−
=++
0
02
321
321
ααα
ααα
Ma trận hệ số










−
−
=
12
11
11
A
313
212
)2(
)1(
ddd
ddd
→−+
→−+
 →←









 −
30
00
11
 →← ↔ 32 dd









 −
00
30
11
 →←
→





22
3
1
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()( =TKer 2
)Im( RT =
P.5

6. 4
Bài 9: Giá trị riêng của ma trận
Hãy xác định giá trị riêng của các ma trận sau:
a)









 −
=
615
143
314
A b)










−=
312
110
004
B
*Phương pháp
0=− IA λ { }( )nλλλλ ,...,, 21∈
Với jλ là 1 giá trị riêng thực
Giải
a) Phương trình đặc trưng của ma trận A là: 0=− IA λ
0
100
010
001
615
143
314
=










−









 −
⇔ λ 0
615
143
314
=
−
−
−−
⇔
λ
λ
λ
0
15
43
14
615
143
314
=−
−−
−
−
−−
⇔ λ
λ
λ
λ
λ
0)6.(3).1(1.1).4(5).4.(31.3.35.1).1()6).(4).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ
0)6(3)4()4(1595)6).(816( 2
=−+−−−−+−−+−⇔ λλλλλλ
0)6(3)4(16481664896 322
=−+−−+−+−+−⇔ λλλλλλλ
03181664481664896 322
=−++−+−+−+−⇔ λλλλλλλ
0545114 23
=+−+−⇔ λλλ





=
=
=
⇒
2
3
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
100
010
001
312
110
004
=










−










−⇔ λ 0
312
110
004
=
−
−−
−
⇔
λ
λ
λ
0
12
10
04
312
110
004
=−
−
−
−−
−
⇔ λ
λ
λ
λ
λ
0)3.(0.01).1).(4(2).1.(01.0.02).1.(0)3).(1).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ
0)4()3).(44( 2
=−+−+−−⇔ λλλλλ
0444331212 3222
=−+−++−+−−⇔ λλλλλλλλ
016208 23
=+−+−⇔ λλλ



=
=
⇒
2
4
2
1
λ
λ
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm



=
=
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 0=− IA λ
P.6

7. 4
0
...
............
...
...
21
22221
11211
=
−
−
−
λ
λ
λ
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
(lấy các giá trị trên đường chéo chính trừ đi λ) 
Giải phương trình  theo ẩn λ (vế trái là đa thức của A)
Giả sử  có các nghiệm thực: kλλλ ,...,, 21
Để tìm vectơ riêng ứng với jλλ = ta giải phương trình ( )












=












−
0
...
0
0
...
2
1
n
j
x
x
x
IA λ
Giải
Phương trình đặc trưng của ma trận B là: 0=− IB λ
0
100
010
001
312
110
004
=










−










−⇔ λ 0
312
110
004
=
−
−−
−
⇔
λ
λ
λ
0
12
10
04
312
110
004
=−
−
−
−−
−
⇔ λ
λ
λ
λ
λ
0)3.(0.01).1).(4(2).1.(01.0.02).1.(0)3).(1).(4( =−−−−−−−+−+−−−⇔ λλλλλλ
0)4()3).(44( 2
=−+−+−−⇔ λλλλλ
0444331212 3222
=−+−++−+−−⇔ λλλλλλλλ
016208 23
=+−+−⇔ λλλ



=
=
⇒
2
4
2
1
λ
λ
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm



=
=
2
4
2
1
λ
λ
và đây chính là 2 giá trị riêng của ma trận B
Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng 41 =λ ta giải phương trình
( )










=










−
0
0
0
3
2
1
1
x
x
x
IB λ 
 0
4312
1410
0044
3
2
1
=




















−
−−
−
⇔
x
x
x
0
112
130
000
3
2
1
=




















−
−−⇔
x
x
x










=










−+
−−
++
⇔
0
0
0
.1.1.2
.1.3.0
.0.0.0
321
321
321
xxx
xxx
xxx



=−+
=−−
⇔
02
03
321
32
xxx
xx



=+
=−
⇔
321
32
2
3
xxx
xx
212 23 xxx +=−⇒ 12 24 xx =−⇔ 122 xx =−⇔








=
−=
=
⇔
tx
tx
tx
2
3
2
1
3
2
1
P.7

8. 4
Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng 41 =λ là:
















−
t
t
t
2
3
2
1
hay
















−
2
3
2
1
1
t
Để tìm vectơ riêng ứng với giá trị riêng 22 =λ ta giải phương trình
( )










=










−
0
0
0
3
2
1
2
x
x
x
IB λ 
 0
2312
1210
0024
3
2
1
=




















−
−−
−
⇔
x
x
x
0
112
110
002
3
2
1
=




















−−⇔
x
x
x










=










++
−−
++
⇔
0
0
0
.1.1.2
.1.1.0
.0.0.2
321
321
321
xxx
xxx
xxx





=++
=−−
=
⇔
02
0
02
321
32
1
xxx
xx
x



=+
=
⇒
0
0
32
1
xx
x





−=
=
=
⇔
tx
tx
x
3
2
1 0
Kết luận: Vectơ riêng ứng với giá trị riêng 22 =λ là:










−t
t
0
hay










−1
1
0
t , 0≠t
Bài 11: Chéo hóa ma trận
Tìm ma trận trực giao P làm chéo hóa ma trận đối xứng






−
−
=
52
22
A
*Phương pháp
Cho dạng toán phương ( )nxxxf ,...,, 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 [ ]nPPPP ...21=
P là ma trận trực giao làm chéo hóa ma trận A
Dùng phép biến đổi tọa độ [ ] [ ]'xPx = 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
=





−−
−−
⇔
λ
λ
04)5).(2( =−−−−−⇔ λλ
045210 2
=−+++⇔ λλλ 0672
=++⇔ λλ



−=
−=
⇔
6
1
2
1
λ
λ
Ta tìm vectơ riêng tương ứng đối với mỗi giá trị riêng
Với 11 −=λ ta có phương trình tìm giá trị riêng ( ) 





=





−
0
0
2
1
1
x
x
IA λ






=











−−
−−
⇔
0
0
52
22
2
1
1
1
x
x
λ
λ






=











−−−
−−−
⇔
0
0
)1(52
2)1(2
2
1
x
x






=











−
−
⇔
0
0
42
21
2
1
x
x






=





−
+−
⇔
0
0
.4.2
.2.1
21
21
xx
xx



=−
=+−
⇔
042
02
21
21
xx
xx
02 21 =+−⇒ xx



=
=
⇔
tx
tx
2
1 2
P.8

9. 4






=





=





1
22
2
1
t
t
t
x
x
Ta có vectơ riêng 





=
1
2
1v
Chẩn hóa vectơ này ta có












=





=





+
==
5
1
5
2
1
2
.
5
1
1
2
.
12
1
.
1
221
1
1 v
v
P
Với 62 −=λ ta có phương trình tìm giá trị riêng ( ) 





=





−
0
0
2
1
2
x
x
IA λ






=











−−
−−
⇔
0
0
52
22
2
1
2
2
x
x
λ
λ






=











−−−
−−−
⇔
0
0
)6(52
2)6(2
2
1
x
x






=











⇔
0
0
12
24
2
1
x
x






=





+
+
⇔
0
0
.1.2
.2.4
21
21
xx
xx



+
+
⇔
21
21
2
24
xx
xx
02 21 =+⇒ xx



−=
=
⇔
tx
tx
22
1






−
=





−
=





2
1
22
1
t
t
t
x
x
Ta có vectơ riêng 





−
=
2
1
2v
Chuẩn hóa vectơ này ta có












−
=





−
=





−−+
==
5
2
5
1
2
1
.
5
1
2
1
.
)2(1
1
.
1
222
2
2 v
v
P
Vậy ma trận P cần tìm là: [ ]












−
==
5
2
5
1
5
1
5
2
21 PPP
Bài 12: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
Cho các dạng toàn phương
a) ( ) 21
2
2
2
121 32, xxxxxxf +−=
b) ( ) 213231
2
3
2
2
2
1321 32,, xxxxxxxxxxxxg ++−+−=
Hãy đưa các toàn phương f, g về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange
*Phương pháp
Cho dạng toàn phương ( )nxxxf ,...,, 21 , ta thực hiện nhóm tất cả các hạng tử có chứa biến 1x vào một
biểu thức rồi chuyển thành một bình phương của tổng các biến. Ước lượng các biến 1x≠ để chuyển vào khối
thứ hai. Như vậy khối thứ 2 chỉ chứa các biến nxxx ,...,, 32 , ta kí hiệu khối này bởi ( )nxxxg ,...,, 32
Đối với ( )nxxxg ,...,, 32 (dạng toàn phương của n-1 biến) ta thực hiện quá trình trên để tách phần có chứa
2x 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:
∑<
++++=+++
j
jinn xxxxxxxx
1
22
2
2
1
2
21 2...)...( ),1,,1( njni ==
Ghi chú:
Nếu biến nào không tham gia trong công thức thì bước thực hiện theo biến này được bỏ qua.
Nếu ( )nxxxf ,...,, 21 chỉ chứa các hạng tử dạng chéo ji xx không chứa số hạng dạng
2
jx thì ta thực hiện
đổi biến như sau:
P.9

10. 4
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
2
1 23 xxxx −+= ( ) 21
2
2
2
21 3 xxxxx +−+=
[…]
Bài 13: Trực giao hóa hệ vectơ
Hãy dùng thuật toán Gram-Schmidt để trực giao hóa hệ vectơ
)0,0,0,2(
)0,0,2,1(
)0,2,1,2(
3
2
1
=
=
−=
u
u
u
[…]
P.10