Bài giảng Đại số tuyến tính Phạm Thanh Tùng

Hệ sinh của một không gian vecto:.... Bài toán tìm s ố chiều và cơ sở của không gian vecto con sinh ra bởi một hệ vecto: ..... Tr ị riêng và vecto riêng của toán tử tuyến tính: .... Tìm

Các phép toán logic

Cách nhớ: Phép hội 𝐴 ∧ 𝐵 chỉđúng khi cả𝐴 và 𝐵cùng đúng.

Cách nhớ: Phép tuyển 𝐴 ∨ 𝐵 chỉ sai khi cả 𝐴 và 𝐵 cùng sai

Cách nhớ: Từcái sai thì suy ra điều gì cũng đúng, từcái đúng thì không thể suy ra cái sai

Cách nhớ: Phép tương đương chỉ đúng khi 𝐴 và 𝐵 có cùng giá trị.

Các tính ch ấ t c ủ a phép toán logic

4 Tính ch ấ t c ủ a phép kéo theo:

5 Tính ch ấ t c ủ a phép tương đương:

6 Tính ch ấ t c ủ a phép ph ủ đị nh:

Phương pháp làm bài

1 L ậ p b ả ng giá tr ị chân lý

Ưu điểm: dễ sử dụng, có thể giải quyết đa số bài tập

 Nhược điểm: khá dài dòng

⇒ đi thi nên dùng cách này để tránh phải mất thời gian suy nghĩ, ít nhầm lẫn

2 S ử d ụ ng các tính ch ấ t c ủ a các phép logic để bi ến đổ i

Nhược điểm: đòi hỏi kĩ năng biến đổi tốt, nếu không nắm vững rất dễ biến đổi sai

⇒ chỉ sử dụng khi đã thực sự thành thạo khả năng biến đổi

 Nhược điểm: đòi hỏi khả năng tư duy cao

 Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 có thể được viết dưới dạng: o 𝑝 suy ra 𝑞 o Nếu 𝑝 thì 𝑞 o 𝑞 khi 𝑝 o 𝑝 chỉ khi 𝑞 o Giả thiết 𝑝, kết luận 𝑞

 Mệnh đề𝑝 ↔ 𝑞 có thểđược viết dưới dạng: o 𝑞 khi và chỉ khi 𝑝 o 𝑞 nếu và chỉ nếu 𝑝 o 𝑝 là điền kiện cần và đủ cho 𝑞

Các bài t ậ p

VD1: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề Chứng minh biểu thức mệnh đề sau là hằng đúng

Cách 1: L ậ p b ả ng tr ị chân lý:

Từ bảng trị chận lý ⇒ (𝑝 → 𝑞) ∨ 𝑞̅ là hằng đúng

(Do phép hội chỉ sai khi cả 2 mệnh đề cùng sai)

VD2: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề Hai mệnh đề (𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 có tương đương logic không?

Giải: Đặt 𝐴 là mệnh đề [(𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞] ↔ (𝑝 ∧ 𝑞)

Lập bảng trị chân lý:

Vậy (𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 tương đương logic.

VD3: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề Hỏi mệnh đề𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝có tương đương logic không?

Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝 không tương đương logic

VD4: Cho các mệnh đề𝑝, 𝑞, 𝑟 Các mệnh đề(𝑝 → 𝑞) → 𝑟 và 𝑝 → (𝑞 → 𝑟)có tương đương logic không? Tại sao?

Giải: Đặt 𝐴 là mệnh đề [(𝑝 → 𝑞) → 𝑟] ↔ [𝑝 → (𝑞 → 𝑟)]

Vậy (𝑝 → 𝑞) → 𝑟 và 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) không tương đương logic

VD5: Cho 𝐴, 𝐵 là các mệnh đề Chứng minh mệnh đề (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 là hằng đúng

VD6: Cho các mệnh đề 𝐴 và 𝐵 Chứng minh hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 và 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic

Vậy hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 và 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic

VD7: Cho 3 mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟 Biết 𝑝 → 𝑞 là mệnh đề đúng Hỏi mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) đúng hay sai? Vì sao?

Cách 1: l ậ p b ả ng tr ị chân lý

Do 𝑝 → 𝑞 là mệnh đề đúng nên sẽ xảy ra các trường hợp:

VD8: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các mệnh đề Hỏi hai mệnh đề(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)có tương đương logic không?

Cách 1: Đặt mệnh đề [(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶]↔[(𝐴 ∧ 𝐶) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)] là 𝑋

Vậy hai mệnh đề(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)tương đương logic.

Vậy hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶) tương đương logic

VD9: Khẳng định sau đây là đúng hay sai? Giải thích!

“Nếu 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶 thì 𝐵 = 𝐶”

Giải: Đặt mệnh đề“𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶” là 𝑝 Đặt mệnh đề “𝐵 = 𝐶” là 𝑞

⇒ Mệnh đề“Nếu 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶 thì 𝐵 = 𝐶” có thểđược viết thành 𝑝 → 𝑞

Từ bẳng trị chân lý ⇒ khẳng định đề bài là khẳng định sai

VD10: Mệnh đề “Hạng của ma trận 𝐴 = [1 −32 6 ] bằng một nên bất phương trình 𝑥 2 − 6𝑥 + 5 ≤ 0 vô nghiệm” đúng hay sai? Tại sao?

Trong bài này, ta xác định hai mệnh đề p và q: p là "hạng của ma trận A = [1 −32 6] bằng một", và p được cho là sai; q là "bất phương trình x^2 − 6x + 5 ≤ 0 vô nghiệm", và q cũng được cho là sai Mệnh đề đề bài có thể viết thành p → q Bảng trị chân lý cho mệnh đề này cho thấy khi p là sai thì mệnh đề p → q vẫn đúng, và vì bất phương trình x^2 − 6x + 5 ≤ 0 có nghiệm nên vô nghiệm là sai; nghiệm của bất phương trình là 1 ≤ x ≤ 5, tức là miền nghiệm [1, 5] Do đó mệnh đề p → q được hiểu là đúng trong ngữ cảnh này, được diễn giải qua miền nghiệm của bất phương trình.

Vậy mệnh đề đề bài là mệnh đề đúng

Các phép toán trên tập hợp

Nếu 𝐴 ⊂ 𝑋 thì 𝐴̅ = 𝑋\𝐴được gọi là phần bù của 𝐴 trong 𝑋.

Tính ch ấ t c ủ a t ậ p h ợ p

III Phương pháp làm bài:

 Phương pháp phần tử, kết hợp sơ đồ ven (dễ hiểu, dễ sử dụng)

Cho hai tập hợp 𝐴, 𝐵, giả sử ∀𝑥 ∈ 𝐴 → [ 𝑥 ∈ 𝐵 ⇒ 𝐴 ⊂ 𝐵

Phương pháp biến đổi tập hợp là kỹ thuật đòi hỏi kỹ năng biến đổi tốt, dựa trên việc khai thác các tính chất của tập hợp để biến đổi vế trái thành vế phải hoặc ngược lại Quá trình này tập trung vào nhận diện quan hệ giữa các tập hợp và áp dụng các đẳng thức tập hợp cùng các phép toán hợp, giao và hiệu để rút gọn và đảm bảo hai vế tương đương về tập hợp Nắm vững các quy tắc biến đổi giúp bài toán rõ ràng hơn, tối ưu hóa diễn đạt và nâng cao hiệu quả nội dung liên quan đến tập hợp cho mục đích SEO.

 Phương pháp phản chứng (khó sử dụng nhất)

Chú ý: Nếu dùng phương pháp phần tử để chứng minh 𝐴 = 𝐵 thì phải đi chứng minh 𝐴 ⊂ 𝐵 và

VD1: Cho 𝐴, 𝐵 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴\𝐵 ⊂ 𝐵\𝐴 Chứng minh 𝐴⊂𝐵

(1) và (2) mâu thuẫn nhau vì vậy để 𝐴\𝐵 ⊂ 𝐵\𝐴 xảy ra thì 𝐴\𝐵 = ∅

(Nhớ rằng tập hợp rỗng ∅ là con của mọi tập hợp)

VD2: Cho các tập hợp 𝐴, 𝐵, 𝐶 Chứng minh:

(Chia tập 𝐴\𝐶 thành 2 tập (𝐴 ∩ 𝐵)\𝐶 và 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶), có thể sử dụng sơ đồ ven để nhìn rõ hơn)

VD3: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp Chứng minh 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶) là tập con của (𝐵\𝐶) ∪ (𝐴\𝐵)

VD4: Cho các tập hợp con của 𝑅 là 𝐴 = [1,3], 𝐵 = (𝑚; 𝑚 + 3) Tìm 𝑚để(𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵)

(1) và (2) mâu thuẫn ⇒(𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵) xảy ra ⇔(𝐴\𝐵) = ∅

(Tập rỗng là con của mọi tập hợp)

VD5: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp bất kì Chứng minh rằng:

VD6: Cho các tập hợp A, B, C Chứng minh rằng:

VD7: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp bất kì Chứng minh rằng:

VD8: Cho hai tập hợp 𝐴, 𝐵 ⊂ 𝑋 Chứng minh 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐴 ∪ 𝐵

VD9: Cho các tập hợp 𝐴 = [𝑎 − 1, 𝑎], 𝐵 = [𝑏, 𝑏 + 1] với 𝑎, 𝑏 là các số thực Tìm điều kiện của

Giải: Để𝐴 ∩ 𝐵 = ∅ sẽ có 2 trường hợp

TH1: tập 𝐵 “nằm” hoàn toàn bên phải tập 𝐴 trên trục số ⇔ 𝑏 > 𝑎

TH2: tập 𝐵 “nằm” hoàn toàn bên trái tập 𝐴 trên trục số ⇔ 𝑏 + 1 < 𝑎 − 1 ⇔ 𝑏 < 𝑎 − 2

VD10: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là ba tập hợp bất kì Chứng minh rằng (𝐵\𝐴) ∩ 𝐶 = (𝐵\𝐴)\(𝐴 ∪ 𝐶̅)

VD11: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp bất kì Chứng minh: a) 𝐴 ∩ (𝐵\𝐶) = (𝐴 ∩ 𝐵)\(𝐴 ∩ 𝐶) b) 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐴 ∪ 𝐵 c) (𝐴\𝐵) ∩ (𝐶\𝐷) = (𝐴 ∩ 𝐶)\(𝐵 ∪ 𝐷)

Định nghĩa

Cho hai tập hợp E và F với E ≠ ∅ và F ≠ ∅, cùng một phép biến đổi f f được gọi là ánh xạ từ E sang F nếu với mỗi phần tử x ∈ E tồn tại duy nhất một y ∈ F sao cho y = f(x) Theo cách hiểu này, mỗi phần tử của E được gán một giá trị duy nhất thuộc F thông qua hàm f.

 Kí hiệu ánh xạ: 𝑓: 𝐸 → 𝐹 Trong đó: 𝐸 là tập nguồn, 𝐹 là tập đích

𝑥 ↦ 𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑥 là nghịch ảnh, 𝑦 = 𝑓(𝑥) là ảnh

Bố ↦ Con Ở phép biến đổi 𝑓 này, dễ dàng nhận thấy rằng: 1 bố có thể có 1 con, 2 con, 3 con …

⇒ vi phạm định nghĩa ánh xạ ⇒𝑓 không là ánh xạ o VD2: 𝑓: Người → Người

Con ↦ Bố Ở phép biến đổi 𝑓 này, dễ dàng nhận thấy rằng: 1 con thì chỉ có thể có duy nhất 1 bố

⇒ 𝑓 là một ánh xạ o VD3: 𝑓:Địa phương →Địa phương

Dễ thấy rằng: 1 xã thì chỉ có thế thuộc duy nhất 1 huyện ⇒ 𝑓 là một ánh xạ o VD4: 𝑓: Con người → Trường học

Sinh viên ↦ Trường Đại học

Dễ thấy rằng: Sinh viên hoàn toàn có thể học ở nhiều trường Đại học, có nhiều bằng ĐH

Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ o VD6:

Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ o VD7:

Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ

Những ví dụ thực tế về ánh xạ giúp người học dễ hình dung khái niệm ánh xạ và mối quan hệ giữa tập nguồn và tập đích Trong các bài tập, ánh xạ thường được cho dưới dạng y = f(x), với tập nguồn và tập đích là các tập hợp quen thuộc như ℝ, ℤ, ℕ, ℂ, và có thể mở rộng thêm sang tích Cartesian như ℝ^2, ℝ^3, ℂ^2, … Ví dụ 8 cho thấy một ánh xạ f: ℝ → ℝ.

Phép biến đổi 𝑓 ở VD5 không phải là 1 ánh xạ vì với 𝑥 = 1 ∈ 𝑅 thì sẽ không tồn tại 𝑓(𝑥) = 𝑥−1 1

⇒ vi phạm định nghĩa của ánh xạ o VD10: 𝑓:𝑅→𝑅\{3}

Phép biến đổi 𝑓 ở VD6 không phải là 1 ánh xạ vì với 𝑥 = 1∈ R thì 𝑓(1) = 3∉ R\{3}

⇒ vi phạm quy tắc ánh xạ.

T ậ p ả nh và t ậ p ngh ị ch ả nh

Cho 𝑓: 𝐸 → 𝐹 là một ánh xạ, giả sử 𝐴 ⊂ 𝐸, 𝐵 ⊂ 𝐹 Ta có:

 Tập ảnh ánh của 𝐴 qua ánh xạ 𝑓, kí hiệu: 𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑓(𝑥) ∈ 𝐹 | 𝑥 ∈ 𝐴}

 Tập nghịch ảnh của 𝐵 qua ánh xạ 𝑓, kí hiệu 𝑓 −1 (𝐵) = {𝑥 ∈ 𝐸 | 𝑓(𝑥) ∈ 𝐵}

Đơn ánh, song ánh, toàn ánh

Cho 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là một ánh xạ

 Đơn ánh : Ánh xạ𝑓được gọi là đơn ánh nếu: o 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 )⇔𝑥 1 = 𝑥 2 o Hay phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦 có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑦 ∈ 𝑌

Toàn ánh, hay ánh xạ surjective, là khái niệm trong toán học mô tả một ánh xạ f từ X sang Y sao cho mọi y ∈ Y đều được ảnh bởi ít nhất một x ∈ X, tức là f(x) = y có nghiệm với mọi y Có hai cách diễn đạt tương đương cho tính toàn ánh: với mỗi y ∈ Y tồn tại tối thiểu một x ∈ X thỏa mãn f(x) = y; hoặc phương trình f(x) = y có tối thiểu một nghiệm x ∈ X cho mọi y ∈ Y Nói cách khác, ảnh của f bao phủ toàn bộ Y và f(X) = Y.

Song ánh (bijective) là ánh xạ vừa đơn ánh vừa toàn ánh Nói cách khác, với mọi y ∈ Y, phương trình f(x) = y có duy nhất một nghiệm x ∈ X Tính chất này đồng nghĩa với việc hình ảnh của f bằng Y và mỗi phần tử của Y có đúng một tiền nghiệm từ X Do đó f có ánh nghịch duy nhất f⁻¹: Y → X, cho phép xác định x từ y cũng như ngược lại Song ánh đảm bảo tồn tại và duy nhất của nghiệm và là cơ sở để phân tích mối quan hệ giữa X và Y trong các bài toán ánh xạ.

Các dạng bài tập chính

Cho ánh xạ 𝑓: 𝐸 → 𝐹 và tập hợp 𝐴 ⊂ 𝐸 (𝐴 ≠ ∅)

Tìm tập ảnh 𝑓(𝐴) của 𝐴 qua ánh xạ 𝑓 ?

 Cách làm: oÁp dụng công thức: oSử dụng các kiến thức về khảo sát hàm số, tính toán đa thức

VD1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = x 2 + 3x − 4 và 𝐴 = {0; −6} Xác định các tập hợp 𝑓(𝐴)

VD2: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅 → 𝑅 , 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 và tập 𝐴 = [0; 3] Tính 𝑓(𝐴)

Khảo sát hàm số𝑓(𝑥) = x 2 − 2x với 0 ≤ 𝑥 ≤ 3

VD3: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 6 + 2𝑥 3 + 4 Tìm 𝑓(𝑅)

VD4: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1; 𝑥 2 + 2𝑥 + 3) và tập 𝐴 = [0; 1] Tìm 𝑓(𝐴)

VD5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥 + 𝑦| − 1 Tìm 𝑓(𝐴) với

VD6: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶,𝑓(𝑧) = 𝑧 + 2 + 3𝑖 Tập 𝐴 = {𝑧 ∈ 𝐶||𝑧| ≤ 1}, tìm 𝑓(𝐴)

VD7: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥1, 𝑥2) = (4𝑥1, 5𝑥2) Xác định 𝑓(𝐴) với

VD8: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅,𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 4𝑦 − 3 và 𝐴 = [0; 2] × [−1; 1]

VD9: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 4, 𝑥 − 2) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 26}

⇒ {max (A) 𝑎 = max (A) (𝑥 3 ) + max (A) (2𝑦) = 1 3 + 2.2 = 5 min (A) 𝑎 = min (A) (𝑥 3 ) + min (A) (2𝑦) = 0 3 + 2.0 = 0

⇒ {max (A) 𝑏 = max (A) (3𝑥 3 ) + max (A) (7𝑦) = 17 min (A) 𝑏 = min (A) (3𝑥 3 ) + min (A) (7𝑦) = 0

2 D ạ ng 2: Tìm t ậ p ngh ị ch ả nh

Cho ánh xạ 𝑓: 𝐸 → 𝐹 và tập hợp 𝐵 ⊂ 𝐹 (𝐵 ≠ ∅)

Tìm tập nghịch ảnh 𝑓 −1 (𝐵) của 𝐵 qua ánh xạ𝑓 ?

 Cách làm: o Áp dụng công thức: o Sử dụng các kiến thức giải phương trình, hệ phương trình

VD1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 1 Tìm 𝑓 −1 ({1; 2})

VD2: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅\{1} → 𝑅; 𝑓(𝑥) = x−3 x−1 Xác định 𝑓 −1 ((−1; 0))

VD3: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅 → 𝑅xác định bởi 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 1 Tìm 𝑓 −1 ([−1; 2])

VD4: Cho ánh xạ 𝑓: C → C, 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 + 2𝑧 Tìm 𝑓 −1 ({−2; −3}).

VD5: Cho ánh xạ 𝑓: C → C, 𝑓(𝑧) = z 6 − i√3 Tìm 𝑓 −1 ({1}).

VD6: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥 Xác định 𝑎, 𝑏 biết 𝑓 −1 ({a}) = {−1; 0; 𝑏}

⇒ Phương trình 𝑥 3 − 𝑥 = 𝑎 có tập nghiệm là {−1; 0; 𝑏}.

Thay [ 𝑥 = 0𝑥 = −1 vào 𝑥 3 − 𝑥 = 𝑎 ta thu được 𝑎 = 0

Với 𝑎 = 0⇒ 𝑥 3 − 𝑥 = 0 có tập nghiệm là {−1; 0; 1} Vậy 𝑎 = 0, 𝑏 = 1

VD7: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 + 𝑦, 𝑥 + 𝑦) Tìm 𝑓 −1 (1; 1)

VD8: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1; 2𝑥 2 + 𝑥) Tìm 𝑓 −1 (𝐴) với 𝐴 = [0; 3) × (−∞; 1]

VD9: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥 + 𝑦| − 1 Tìm 𝑓 −1 ([4;5])

VD10: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 4, 𝑥 − 2) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 26}

3 D ạ ng 3: Xét xem ánh x ạ f có ph ải đơn ánh, toàn ánh, song ánh hay không :

Hỏi ánh xạ 𝑓 là đơn ánh, song ánh hay toàn ánh?

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝑌, xét phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑚 (1) o Nếu (1) có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑚 ∈ 𝑌⇒ 𝑓 là đơn ánh. o Nếu (1) luôn có nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑚 ∈ 𝑌 (không quan tâm đến số lượng nghiệm)

f là toàn ánh, nghĩa là mọi phần tử của Y đều có một ảnh từ X qua f Nếu với mỗi m ∈ Y tồn tại duy nhất một nghiệm x ∈ X sao cho f(x) = m thì f là song ánh Ngoài ra, trong trường chứng minh f là đơn ánh, còn có một cách làm riêng trong nhiều bài tập nhanh hơn so với cách làm tổng quát và cách làm này được trình bày ở phần Ví dụ.

VD1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓(𝑥) = 5𝑥 3 + 1 Xét xem 𝑓 có là đơn ánh, toàn ánh hay không?

⇒ (1) có duy nhất một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑅 với ∀𝑚 ∈ 𝑅.

⇒𝑓 là song ánh ⇔𝑓 vừa là song ánh vừa là toàn ánh

VD2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓(𝑥) = 3𝑥 2 − 𝑥 − 2 Xét xem 𝑓 có là toàn ánh hay không?

Vậy 𝑓 không là toàn ánh

VD3: Cho ánh xạ 𝑓: [1; +∞) → (−∞; 5], 𝑓(𝑥) = −𝑥 2 + 2𝑥 + 3 Hỏi 𝑓 có là là toàn ánh không, có là đơn ánh không

Khảo sát hàm số 𝑓(𝑥) = −𝑥 2 + 2𝑥 + 3 trên [1;+∞)

Từ BBT ⇒ ∀𝑚 ∈ (−∞; 4] thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ [1; +∞)

Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑚 có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ [1; +∞) với ∀𝑚 ∈ (−∞; 5] ⇒ 𝑓 là đơn ánh

𝑓 không là toàn ánh do với ∀𝑚 ∈ (4; 5] thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 vô nghiệm

VD4: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅\{1} → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥+2 𝑥−1 có là đơn ánh không? Có là toàn ánh không?

TH1: 𝑚 = 1 thì (1) trở thành 0 = 2 ⇒ (1) vô nghiệm

Vậy với ∀𝑚 ∈ 𝑅 thì 𝑓(𝑥) = 𝑥+2 𝑥−1 = 𝑚 có tối đa 1 nghiệm ∈ 𝑅\{1} ⇒ 𝑓 là đơn ánh

Với 𝑚 = 1 thì 𝑓(𝑥) = x+2 x−1 = m vô nghiệm ⇒ 𝑓 không là toàn ánh

VD5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 + ; 𝑓(𝑥) = |𝑥| + 1 Xét tính đơn ánh, toàn ánh

Vậy 𝑓 không là toàn ánh và cũng không phải đơn ánh

VD6: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = √𝑥 2 + 1 − 1 𝑓 có là đơn ánh không?

TH1: với 𝑚 < −1 thì (∗) vô nghiệm

𝑥 = −√𝑚 2 + 2𝑚∈ 𝑅 TH3: với 𝑚 = −1 thì (∗) có nghiệm 𝑥 = 0 ∈ 𝑅

Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑚 có tối đa hai nghiệm với ∀𝑚 ∈ 𝑅 ⇒ 𝑓 không là đơn ánh

Cách 2: Sử dụng tính chất này của đơn ánh: nếu ánh xạ 𝑓 là đơn ánh thì 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) xảy ra khi và chỉ khi 𝑥 1 = 𝑥 2

Vậy 𝑓không là đơn ánh.

VD7: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝐶, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 𝑦) + (𝑥 + 𝑦)𝑖 Hỏi 𝑓 có là song ánh không?

Hỏi 𝑓 có là song ánh không ? Vì sao ?

VD9: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (x 2 − 4; x 3 + 1)có là đơn ánh không?

TH1: với 𝑎 + 4 < 0 ⇔ 𝑎 < −4 ⇒ (1) vô nghiệm ⇒ hệ (∗) vô nghiệm

TH2: với 𝑎 + 4 ≥ 0 ⇔ 𝑎 ≥ −4 ⇒ (1) có nghiệm 𝑥 = √𝑎 + 4 hoặc 𝑥 = −√𝑎 + 4

Mà từ (2) ⇒ 𝑥 = √𝑏 − 1 3 Để hệ(∗) có nghiệm thì nghiệm của hai phương trình (1) và (2) phải trùng nhau

Vậy hệ(∗) vô nghiệm khi 𝑎 < −4, 𝑏 ∈ 𝑅

(∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 = √𝑏 − 1 3 = √𝑎 + 4 ∈ 𝑅 khi { 𝑎 ≥ −4

(∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 = √𝑏 − 1 3 = −√𝑎 + 4 ∈ 𝑅 khi { 𝑎 ≥ 4

Vậy 𝑓(𝑥) = (𝑎, 𝑏) có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑅 với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅 2 nên 𝑓là đơn ánh.

Nhận xét: Nếu áp dụng cách làm tổng quát cho VD này, việc biện luận số nghiệm của phương trình theo các tham số a, b sẽ trở nên rất phức tạp do sự xuất hiện của các biến x^2 và x^3 Vì vậy, chúng ta sẽ sử dụng một cách làm riêng được trình bày trong bài chứng minh đơn ánh để xác định số nghiệm một cách rõ ràng và hiệu quả hơn.

Cách 2: Sử dụng tính chất này của đơn ánh: nếu ánh xạ𝑓 là đơn ánh thì 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) xảy ra khi và chỉ khi 𝑥1 = 𝑥2

VD10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) Hỏi 𝑓 có là toàn ánh không?

Với 𝑎 = 2𝑏 + 7 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) thì hệ (∗) có nghiệm

Với 𝑎 ≠ 2𝑏 + 7 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) thì hệ (∗) vô nghiệm

Vậy 𝑓 không phải toàn ánh

Cách 2: Chúng ta có thể chỉ luôn ra một giá trị cụ thể của (𝑎, 𝑏) làm 𝑓(𝑥) = (𝑎, 𝑏) vô nghiệm Với (1,0) ∈ 𝑅 2 xét 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) = (1,0) ⇔ {2x + 1 = 1x − 3 = 0 ⇔ {x = 0 x = 3

Với (1,0) ∈ 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) = (1,0) vô nghiệm ⇒ 𝑓 không là toàn ánh

VD11: Cho ánh xạ𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (y 3 , x + y) Chứng minh 𝑓 là song ánh

Vậy với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅 2 thì 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) = (𝑏 − √𝑎 3 , √𝑎 3 ) ∈ 𝑅 2 Vậy 𝑓 là song ánh.

VD12: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝐴 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑦 2 ) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑦 ≥ 0} Ánh xạ𝑓 có phải là song ánh không? Vì sao?

Vậy với 𝑏 > 0, 𝑎 ∈ 𝑅 thì 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có hai nghiệm (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2

VD13: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 3 + 2𝑦; 3𝑥 3 + 7𝑦) Chứng minh 𝑓 là song ánh

3𝑥 3 + 7𝑦 = 𝑏 (2) Lấy (2) − 3(1) ta được 𝑦 = 𝑏 − 3𝑎 ⇒ 𝑥 = √3𝑎 − 2𝑏 3 Hệ có nghiệm duy nhất {𝑥 = √3𝑎 − 2𝑏 3

𝑦 = 𝑏 − 3𝑎 Vậy với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) = (√3𝑎 − 2𝑏 3 ; 𝑏 − 3𝑎) ∈ 𝑅 2

VD14: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝐶, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 𝑦) + (2𝑦 + 𝑥)𝑖 Hỏi 𝑓 có là song ánh không?

⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑎 + 𝑏𝑖 luôn có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) = ( 2𝑎+𝑏 5 , −𝑎+2𝑏 5 ) ∈ 𝑅 2 ⇒ 𝑓 là song ánh

VD15: Xét sự đơn ánh, toàn ánh, song ánh của ánh xạ

Giải: Ở bài này sẽ khảo sát số nghiệm của từng thành phần 2 sin 𝑥 và 2 cos 𝑥 trong khoảng tập nguồn và tập đích mà đề bài đã cho

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ [0; 2] × [√2; 2], xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) ⇔ {𝑎 = 2 sin 𝑥𝑏 = 2 cos 𝑦

Xét 2 sin 𝑥 = 𝑎 với ∀𝑎 ∈ [0; 2].Đặt 𝑔(𝑥) = 2 sin 𝑥 Khảo sát hàm 𝑔(𝑥) trên miền [0; π 2 ]

Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑥) = 𝑎 có một nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ [0; π 2 ] với ∀𝑎 ∈ [0; 2]

Xét 2 cos 𝑦 = 𝑏 với ∀𝑏 ∈ [√2; 2] Đặt ℎ(𝑦) = 2 cos 𝑦 Khảo sát hàm ℎ(𝑦) trên miền [0; π 4 ]

Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑏 có một nghiệm duy nhất 𝑦 ∈ [0; π 4 ] với 𝑏 ∈ [√2; 2]

𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có nghiệm duy nhất (x, y) ∈ [0; π 2 ] × [0; π 4 ] với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ [0; 2] × [√2;2]

VD16: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑎𝑦, 𝑥 − 𝑦) Xác định tất cả giá trị của 𝑎 đề 𝑓 là một song ánh.

Giả sử (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅 2 , để 𝑓 là một song ánh ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣) có nghiệm duy nhất ∈ 𝑅 2

Với 𝑎 = −1 ⇒ 0𝑦 = 𝑢 − 𝑣 ⇒(∗) sẽ có vô số nghiệm nếu 𝑢 = 𝑣 ⇒ hệ (𝐼) có vô số nghiệm (∗) sẽ vô nghiệm nếu 𝑢 ≠ 𝑣 ⇒ hệ (𝐼) vô nghiệm

⇒ với 𝑎 ∈ 𝑅\{−1} thì hệ(𝐼) có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) = (𝑢 − 𝑎(𝑢−𝑣) 𝑎+1 , 𝑢−𝑣 𝑎+1 ) ∈ 𝑅 2

Vậy 𝑓 là song ánh khi 𝑎 ∈ 𝑅\{−1}

VD17: Cho ánh xạ 𝑓:[−1; 5] → [3; 6] xác định bởi 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 Xác định 𝑎, 𝑏 để 𝑓 là 1 song ánh

Giải sử𝑚 ∈ [3; 6],để𝑓 là song ánh ⇔𝑓(𝑥) = 𝑚 có nghiệm duy nhất ∈ [−1; 5]

Với hàm số f(x) = ax + b, đây là hàm bậc nhất nên đồng biến hoặc nghịch biến trên toàn bộ tập R tùy thuộc vào dấu của a (đồng biến khi a > 0, nghịch biến khi a < 0) Để f là song ánh (bijective), phương trình f(x) = m phải có nghiệm duy nhất x thuộc khoảng [-1; 5], sao cho y = f(x) nằm trong [3; 6].

Như vậy bảng biến thiên của 𝑓(𝑥) = 𝑚 sẽ có 2 TH:

Do tính chất của hàm đồng biến ⇒ { [−1;5] max 𝑓(𝑥) = 𝑓(5) = max [3;6] 𝑚

Do tính chất của hàm nghịch biến

𝑏 = 11 2 Vậy (𝑎, 𝑏) = ( 1 2 , 7 2 ) hoặc (𝑎, 𝑏) = ( −1 2 , 11 2 ) thỏa mãn yêu cầu đề bài

4 D ạ ng 4: Tìm t ậ p ngu ồ n ho ặ c t ập đích để ánh x ạ f là song ánh, toàn đơn ánh, đơn ánh

𝑥 ↦ 𝑦 = 𝑓(𝑥) Đề bài cho biết cụ thể hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) và một trong hai tập 𝐴 hoặc 𝐵

→ yêu cầu tìm tập còn lại để ánh xạ thỏa mãn điều kiện là song ánh, toan ánh hoặc đơn ánh

 Cách làm: chủ yếu sử dụng khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên để biện luận

Xét mọi m ∈ B với bài toán f(x) = m Khi f là song ánh, dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f(x) để xác định miền A hoặc B sao cho phương trình (*) có nghiệm duy nhất x ∈ A Khi f là toàn ánh, dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f(x) để biện luận miền A hoặc B sao cho (*) luôn có nghiệm x ∈ A Khi f là song ánh, dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f(x) để biện luận miền A hoặc B sao cho (*) có tối đa một nghiệm x ∈ A.

VD1: Cho ánh xạ 𝑓: [m; 2] → 𝑅, 𝑓(𝑥) = x 3 − 3x 2 − 9x + 1 Tìm 𝑚 để 𝑓 là đơn ánh

Giả sử: ∀𝑎∈𝑅, để 𝑓 là đơn ánh ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑎 có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ [m; 2]

Với 𝑚 ∈ [−1; 2) ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑎 có một nghiệm tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ [𝑚, 2] khi 𝑎 ∈ 𝑅

Với 𝑚 ≤ −1 ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑎 có tối đa hai nghiệm 𝑥 ∈ [𝑚, 2] khi 𝑎 ∈ 𝑅

VD2: Cho ánh xạ 𝑓: [a; b] → [−2; 4], 𝑓(𝑥) = −3x + 1 Tìm 𝑎, 𝑏 để 𝑓 là song ánh

Giả sử ∀𝑚 ∈ [−2; 4] Để 𝑓 là song ánh ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑚 có duy nhất một nghiệm 𝑥 ∈ [a; b]

Từ BBT ta có: 𝑓(𝑥) = 𝑚 luôn có duy nhất một nghiệm 𝑥 ∈ [−1; 1] với 𝑚 ∈ [−2; 4]

Vậy {𝑎 = −1𝑏 = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài

VD3: Xác định tập 𝐴 ⊂ 𝑅 2 để ánh xạ 𝑓: 𝐴 → [−1; 1] × (0; +∞); 𝑓(𝑥, 𝑦) = (sin 𝑥 , 𝑒 𝑦 ) là song ánh

Giả sử (𝑎, 𝑏) ∈ [−1; 1] × (0; +∞), để𝑓 là song ánh ⇔𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴

Xét sin 𝑥 = 𝑎 với 𝑎∈ [−1; 1], đặt 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) = cos 𝑥 Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) trong khoảng [0;2𝜋]

Từ BBT ⇒ với 𝑎∈ [−1; 1] thì 𝑓(𝑥) = 𝑎 có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ [ 𝜋 2 ; 3𝜋 2 ]

Xét 𝑒 𝑦 = 𝑏 với 𝑏 ∈ (0; +∞) Đặt 𝑔(𝑦) = 𝑒 𝑦 ⇒ 𝑔 ′ (𝑦) = 𝑒 𝑦 > 0 Khảo sát hàm 𝑔(𝑦)

Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑏 với 𝑏 ∈ (0; +∞) có nghiệm duy nhất 𝑦 ∈ 𝑅

Vậy tập cần tìm là 𝐴 = [ 𝜋 2 ; 3𝜋 2 ] × 𝑅.

VD4: Xác định tập 𝐴 ⊂ 𝑅 2 để ánh xạ

𝑓: [ −𝜋 2 ; 𝜋 2 ] × [0; 𝜋 4 ] → 𝐴, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2 sin 𝑥 , sin 𝑦 + cos 𝑦) là song ánh

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴, để 𝑓 là song ánh ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) ⇔ { 2 sin 𝑥 = 𝑎sin 𝑦 + cos 𝑦 = 𝑏 có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ [ −𝜋 2 ; 𝜋 2 ] và 𝑦 ∈ [0; 𝜋 4 ]

Xét 2 sin 𝑥 = 𝑎 Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) = 2 sin 𝑥 với 𝑥 ∈ [ −𝜋 2 ; 𝜋 2 ]

Từ BBT: với 𝑎 ∈ [−2; 2] thì 𝑓(𝑥) = 𝑎 có nghiệm duy nhất 𝑥∈ [ −𝜋 2 ; 𝜋 2 ]

Khảo sát hàm 𝑔(𝑦) = sin 𝑦 + cos 𝑦 = √2 sin (𝑦 + 𝜋 4 ) ⇒ 𝑔 ′ (𝑦) = √2 cos (𝑦 + 𝜋 4 )

Từ BBT: với 𝑏 = [1; √2] thì 𝑔(𝑦) = 𝑏 có nghiệm duy nhất 𝑦 ∈ [0; 𝜋 4 ]

Vậy tập cần tìm là 𝐴 = [−2; 2] × [1; √2]

Hỏi 𝑓 có ánh xạ ngược không ? Tìm ánh xạ ngược đó (𝑓 −1 )

 Cách làm: o 𝑓 có ánh xạ ngược ⇔ 𝑓 là song ánh o Ánh xạngược : 𝑓 −1 : 𝐹 → 𝐸

 Ki ế n th ứ c c ầ n dùng: o Chứng minh song ánh o Tìm hàm số ngược

VD1: Cho ánh xạ 𝑓: (1; +∞) → (2; +∞) xác định bởi 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3 Hỏi 𝑓 có ánh xạ ngược không? Nếu có, tìm ánh xạngược đó

Từ BBT ⇒ (∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ (1; +∞) với 𝑚 ∈ (2; +∞)

⇒ 𝑓 là song ánh ⇒𝑓 có ánh xạ ngược

Khi đó ánh xạ tích 𝑓 ∘ 𝑔 được xác định như sau :

D ạ ng chính t ắ c c ủ a s ố ph ứ c

 Tập hợp 𝐶 = {𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖|𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅; 𝑖 2 = −1} được gọi là tập hợp các số phức với 𝑖là đơn vị ảo 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 được gọi là dạng chính tắc của số phức

 𝑎 được gọi là phần thực của số phức 𝑧 Kí hiệu 𝑎 = 𝑅𝑒(𝑧)

 𝑏 được gọi là phần ảo của số phức 𝑧 Kí hiệu 𝑏 = 𝐼𝑚(𝑧).

 Nếu 𝑧 là số thực thì 𝐼𝑚(𝑧) = 0, nếu 𝑧 là số ảo thì 𝑅𝑒(𝑧) = 0

 Các phép toán trên tập số phức: o Phép cộng, trừ:

D ạng lượ ng giác c ủ a s ố ph ứ c

 Ngoài các biểu diễn dưới dạng chính tắc 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 số phức 𝑧 còn có thể được biểu diễn dưới dạng lượng giác như sau:

|z| là module (độ dài) của số phức, |z| = √a 2 + b 2 φ là argument của số phức, kí hiệu φ = Arg(z), cos 𝜑 = |z| a ; sin 𝜑 = |𝑧| 𝑏 , −2𝜋 ≤ φ ≤ 2π

(Có thể dùng máy tính để tìm là 𝜑 nhanh chóng)

 Các phép toán trên dạng lượng giác của số phức:

Giả sử: 𝑧1 = 𝑟1(𝑐𝑜𝑠𝜑1+ 𝑖 sin 𝜑1) 𝑣à 𝑧2 = 𝑟2(𝑐𝑜𝑠𝜑2+ 𝑖 sin 𝜑2) o Phép nhân:

Với 𝑘 là số tự nhiên chạy từ 0 đến 𝑛 − 1, kí hiệu 𝑘 = 0, 𝑛 − 1̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅

S ố ph ứ c liên h ợ p

 Cho số phức 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, số phức 𝑧̅ = 𝑎 − 𝑏𝑖 là số phức liên hợp của z

 Các tính chất của số phức liên hợp:

Các d ạ ng bài t ậ p

1 D ạ ng 1: Bài t ập liên quan đế n các phép toán c ủ a s ố ph ứ c, ph ầ n th ự c, ph ầ n ả o, argument

 Cách làm: Đưa các số phức về dạng lượng giác rồi sử dụng các công thức liên quan đến dạng lượng giác đã cung cấp ở phần lí thuyết

VD2: Tìm phần ảo và phần thực của số phức 𝑧 = (−1 + 𝑖√3) 97

VD3: Tìm phần thực và phần ảo của số phức 𝑧 = (2−𝑖√12) (2+2𝑖) 30 50

[2√2(cos 𝜋 4 +𝑖 sin 𝜋 4 )] 30 = 2 100 2 45 (cos (cos −50𝜋 15𝜋 3 +𝑖 sin −50𝜋 3 )

VD4: Tìm phần thực và phần ảo của số phức 𝑧 = (−1 + 𝑖) 10 (−√3 + 𝑖) 15

⇒ 𝑧 = 2 20 (cos 15𝜋 2 + 𝑖 sin 15𝜋 2 ) (cos 25𝜋 2 + 𝑖 sin 25𝜋 2 ) = 2 20 (cos 20𝜋 + 𝑖 sin 20𝜋) = 2 20

VD5: Xác định phần thực và phần ảo của số phức 𝑧 thỏa mãn:

[√2(cos 𝜋 4 +𝑖 sin 𝜋 4 )] 22 = 2 2 10 11 (cos (cos −5𝜋 11𝜋 3 +𝑖 sin −5𝜋 3 )

VD6: Cho 𝑧 𝑛 = ( 1+𝑖√3 √3+𝑖 ) 𝑛 với 𝑛 ∈ 𝑁 Tìm 𝑛 nhỏ nhất để: 𝑅𝑒(𝑧) = 0

VD7: Tìm số tự nhiên 𝑛 nhỏ nhất để𝑧 = (1+𝑖) (1−𝑖) 6 (−1+√3𝑖) 10 𝑛 là m ộ t s ố th ự c

4 +𝑖 sin 𝜋 4 )] 6 [2(cos 2𝜋 3 +𝑖 sin 2𝜋 3 )] 𝑛 [√2(cos −𝜋 4 +𝑖 sin −𝜋 4 )] 10

⇒ 𝑧 = 2 𝑛−2 [cos (4 + 2𝑛 3 ) 𝜋 + 𝑖 sin (4 + 2𝑛 3 ) 𝜋] = 2 𝑛−2 (cos 2𝑛𝜋 3 + 𝑖 sin 2𝑛𝜋 3 ) Để 𝑧 là số thực ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) = 2 𝑛−2 sin 2𝑛𝜋 3 = 0 ⇒ 𝑛 𝑚𝑖𝑛 = 3

2 D ạ ng 2: Các bài toán gi ải phương trình phứ c và các v ấn đề liên qua đế n nghi ệ m ph ứ c

Để giải phương trình một cách hiệu quả, ta kết hợp kiến thức giải phương trình và định lý Viète đã học ở phổ thông với các phép toán liên quan đến dạng lượng giác của số phức và tính chất của số phức liên hợp Việc biểu diễn số phức ở dạng lượng giác giúp dễ dàng thao tác với nghiệm và độ phức tạp của phương trình, trong khi các đặc tính của số phức liên hợp cho phép rút gọn và phân tích nghiệm một cách hệ thống Nhờ đó tập nghiệm được xác định một cách chính xác và tối ưu.

Khi giải phương trình phức, ta nên chuyển số phức về dạng lượng giác (dạng polar) để thực hiện các phép nhân, chia, lũy thừa và khai căn dễ dàng hơn; sau đó đưa về dạng chính tắc khi đề bài yêu cầu, còn nếu không yêu cầu thì có thể giữ nghiệm ở dạng lượng giác Cách làm này giúp đảm bảo tìm đủ số nghiệm trên tập số phức và tránh bỏ sót nghiệm.

VD1: Giải phương trình sau trên tập số phức 𝐶: 𝑧 3 − (1 − 𝑖) 15 = 0

Vậy tập nghiệm phương trình là 𝑆 = {4√2 (cos −15𝜋 4 3 +𝑘2𝜋 + 𝑖 sin −15𝜋 4 3 +𝑘2𝜋 ) |𝑘 = 0,2̅̅̅̅}

VD2: Giải phương trình phức: 𝑧 2 + 𝑧 + 1 = 0

VD3: Giải phương trình phức: 𝑧 4 − (1 + 𝑖)𝑧 2 + 𝑖 = 0

Giải: Đặt 𝑧 2 = 𝑡 Phương trình ban đầu trở thành 𝑡 2 − (1 + 𝑖)𝑡 + 𝑖 = 0

𝑡1 = 𝑖 ⇒ 𝑧 2 = cos 𝜋 2 + 𝑖 sin 𝜋 2 ⇒ 𝑧 = √cos 𝜋 2 + 𝑖 sin 𝜋 2 = cos 𝜋 2 +𝑘2𝜋 2 + sin 𝜋 2 +𝑘2𝜋 2 với 𝑘 = 0,1̅̅̅̅

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {±1; cos 𝜋 2 +𝑘2𝜋 2 + sin 𝜋 2 +𝑘2𝜋 2 |𝑘 = 0,1̅̅̅̅}

VD4: Giải phương trình phức sau: (2 + 2√3𝑖)𝑧 3 = 4𝑖

3 +𝑖 sin 𝜋 3 ) = cos 𝜋 6 + 𝑖 sin 𝜋 6 ⇔ 𝑧 = √cos 3 𝜋 6 + 𝑖 sin 𝜋 6 = cos 𝜋 6 +𝑘2𝜋 3 + sin 𝜋 6 +𝑘2𝜋 3 , 𝑘 = 0,2̅̅̅̅

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {cos 𝜋 6 +𝑘2𝜋 3 + sin 𝜋 6 +𝑘2𝜋 3 |𝑘 = 0,2̅̅̅̅}

VD5: Giải phương trình phức sau: (𝑧 − 𝑖) 4 = −7 + 24𝑖

𝑧 = −1 + 3𝑖 Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {2 + 2𝑖; −2; 1 − 𝑖; −1 + 3𝑖}

VD6: Giải phương trình phức sau: (𝑧+1) 2

Giải: ĐK: 𝑧 ≠ 1 Với điều kiện này thì

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = { 3 5 + 4 5 𝑖; 3 5 − 4 5 𝑖}

VD7: Giải phương trình phức sau: (𝑧 + 2𝑖) 4 = (2𝑧 + 𝑖) 4

Vậy phương trình có tập nghiệm là 𝑆 = {±𝑖 ; ±3 5 − 4 5 𝑖}

VD8: Giải phương trình phức 4𝑧 4 − 24𝑧 3 + 57𝑧 2 + 18𝑧 − 45 = 0

Biết 𝑧 = 3 + 𝑖√6 là một nghiệm của phương trình trên.

Với phương trình phức hệ số thực, nếu 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 là nghiệm thì 𝑧 ′ = 𝑎 − 𝑏𝑖 cũng là nghiệm

Phương trìnhban đầu có nghiệm 𝑧 = 3 + 𝑖√6 ⇒ 𝑧̅ = 3 − 𝑖√6 cũng là nghiệm

Khi phân tích vế trái thành tích các đa thức, ta thấy nó chứa (z − 3 − i√6)(z − 3 + i√6) Nhân hai thừa số với nhau được z^2 − 6z + 15 Tiếp theo, chia (4z^4 − 24z^3 + 57z^2 + 18z − 45) cho (z^2 − 6z + 15) ta được thương là 4z^2 − 3 và phần dư bằng 0.

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {3 ± 𝑖√6; ± √3 2 }

VD9: Cho 𝑓(𝑧) = 𝑧 3 − (2 + 𝑖)𝑧 2 + (2 + 2𝑖)𝑧 − 2𝑖 a) Tính 𝑓(𝑖) b) Giải phương trình 𝑓(𝑧) = 0 trên tập số phức

VD10: Giải phương trình phức sau: (𝑧 + 𝑖) 7 = (𝑧 − 𝑖) 7

Nhận xét 𝑧 = 𝑖 không là nghiệm của phương trình

Với 𝑧 ≠ 𝑖, chia 2 vế phương trình cho (𝑧 − 𝑖) 7 ta được:

(𝑧−𝑖) 7 = 1 ⇔ 𝑢 7 = cos 0 + 𝑖 sin 0 Đặt 𝑢 = 𝑧−1 𝑧+𝑖 với điều kiện 𝑢 ≠ 1 do 𝑧+𝑖

Vậy phương có tập nghiệm 𝑆 = { − sin

VD11: Giải phương trình sau trên tập số phức:

𝑧2 = −𝑖 − √2 4 (cos 3𝜋 8 + 𝑖 sin 3𝜋 8 ) = −√2 4 cos 3𝜋 8 − 𝑖 (1 + √2 4 sin 3𝜋 8 ) Giải tương tự với 𝑧 2 + 2𝑖𝑧 − 𝑖 = 0 ta thu được

VD12: Cho 𝑧 1 , 𝑧 2 là nghiệm của phương trình phức 𝑧 2 + (3 − 2𝑖)𝑧 − 6𝑖 = 0 , tính giá trị của biểu thức 𝐴 = 𝑧 1 2 + 𝑧 2 2 + 𝑧 1 𝑧 2

VD13: Cho 𝑧 1 , 𝑧 2 là hai nghiệm phức của phương trình𝑧 2 + (3 − 2𝑖)𝑧 + 6 + 5𝑖 = 0

Sử dụng định lí Viet và tính chất |𝑧 𝑛 | = |𝑧| 𝑛

VD14: Tính |𝑧 1 2 − 𝑧 2 2 | với 𝑧 1 , 𝑧 2 là 2 nghiệm phức của 𝑖𝑧 2 − (3 − 𝑖)𝑧 + 2 = 0

VD15: Giải phương trình phức: 𝑧̅ 2 + 2𝑖𝑧 − 1 = 0

VD xuất hiện số phức liên hợp, sử dụng cách giải sau: Đặt 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 , 𝑧̅ = 𝑎 − 𝑏𝑖 Thay vào phương trình ta được:

{𝑎 = ±2𝑏 = 1 Vậy phương có tập nghiệm 𝑆 = {−𝑖; 2 + 𝑖; 2 − 𝑖}

VD16: Giải phương trình phức: 𝑧̅̅̅ = 7 𝑧 1 3

Trong ví dụ này, khi đặt z = a + bi, ta gặp vấn đề khi thay vào phương trình vì (a + bi)^7 rất phức tạp và việc khai triển lũy thừa 7 thực sự không đơn giản Để xử lý bài toán một cách hiệu quả, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp lấy modulo 2 cho cả hai vế (mod 2) Phương pháp này giúp rút gọn các biểu thức thực và ảo ở mức modulo 2, từ đó giải quyết bài toán số phức một cách nhanh chóng và đúng đắn, đồng thời mang lại một hướng tiếp cận tối ưu cho các bài tập liên quan đến số phức và tính toán lũy thừa trong hệ modulo 2.

Ta có: ̅̅̅ =𝑧 7 𝑧 1 3 ⇔ 𝑧̅̅̅𝑧 7 3 = 1 Lấy module 2 vế⇒ |𝑧̅̅̅𝑧 7 3 | = 1 ⇒ |𝑧̅̅̅||𝑧 7 3 | = 1

Ta lại có: 1 𝑧 = |𝑧| 𝑧̅ 2 ⇒ 𝑧̅ = 1 𝑧 Thay vào phương trình ban đầu ta được:

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {cos 𝑘2𝜋 4 + 𝑖 sin 𝑘2𝜋 4 |𝑘 = 0,3̅̅̅̅}

VD17: Giải phương trình phức: 𝑧 3 + 2𝑖|𝑧| 2 = 0

Lấy mô-đun hai vế của (∗) ta có:

|𝑧| = 2 TH1: |𝑧| = 0 ⇔ 𝑧 = 0 là nghiệm của phương trình

TH2: |𝑧| = 2 thay vào (∗) ta có:

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {0; 2 (cos − 𝜋 2 +𝑘2𝜋 3 + 𝑖 sin − 𝜋 2 +𝑘2𝜋 3 ) |𝑘 = 0,2̅̅̅̅}

VD18: Gọi 𝑧 1 , 𝑧 2 , 𝑧 3 , 𝑧 4 là 4 nghiệm phức của phương trình sau:

Giải: Đây có dạng phương trình đối xứng

Nhận xét: 𝑧 = 0 không là nghiệm của phương trình

Với 𝑧 ≠ 0, chia cả hai vế phương trình cho 𝑧 2 , ta được:

⇔ (𝑧 2 + 𝑧 1 2 ) − (√3 + 1) (𝑧 + 1 𝑧 ) + √3 + 2 = 0 (*) Đặt 𝑧 + 1 𝑧 = 𝑢 ⇒ 𝑢 2 = 𝑧 2 + 𝑧 1 2 + 2 ⇒ 𝑧 2 + 𝑧 1 2 = 𝑢 2 − 2 Thay vào (*) ta được

Vậy tập nghiệm của phương trình 𝑆 = { 1 2 ± √3 2 𝑖; √3 2 ± 1 2 𝑖}

VD19: Giải phương trình phức: ( 𝑥+𝑖 𝑥−𝑖 ) 4 = 1 với 𝑥 ∈ 𝑅, i là đơn vị ảo

Với 𝑘 = 0 ⇒ 𝑥+𝑖 𝑥−𝑖 = 1 ⇒ 𝑥 không là số thực

VD20: Giải phương trình phức:

Giải: Đặt 𝑡 = 𝑧 + 𝑖, phương trình ban đầu trở thành 1 + 𝑡 + 𝑡 2 + 𝑡 3 + 𝑡 4 + 𝑡 5 = 0 (∗)

Dễ thấy 𝑡 = 1 không là nghiệm của (∗)

1 + 𝑡 + 𝑡 2 + 𝑡 3 + 𝑡 4 + 𝑡 5 là tổng cấp số nhân có số hạng thứ nhất là 1, công bội là 𝑡

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {cos 𝑘2𝜋 6 + 𝑖 (sin 𝑘2𝜋 6 − 1) |𝑘 = 1,5̅̅̅̅}

3 Các bài t ậ p m ở r ộ ng, nâng cao

VD1*: Chứng minh rằng: ∑ 𝑛−1 𝑘=1 cos 2𝑘𝜋 𝑛 = −1; ∑ 𝑛−1 𝑘=1 sin 2𝑘𝜋 𝑛 = 0 , 𝑛 ≥ 2

Xét số phức A có dạng : 𝐴 = (1 + ∑ 𝑛−1 𝑘=1 cos 2𝑘𝜋 𝑛 ) + 𝑖 ∑ 𝑛−1 𝑘=1 sin 2𝑘𝜋 𝑛

⇒ 𝐴 = ∑ 𝑛−1 𝑘=0 ((cos 2𝜋 𝑛 + 𝑖 sin 2𝜋 𝑛 ) 𝑘 Đặ𝑡 𝜀 = cos 2𝜋 𝑛 + 𝑖 sin 2𝜋 𝑛

⇒ 𝐴 = ∑ 𝑛−1 𝑘=0 𝜀 𝑘 = 1−𝜀 1−𝜀 𝑛 (tổng của cấp số nhân gồm 𝑛 số)

Giải: Để ý một chút, ta có 𝑎 𝑘 = cos 2𝑘𝜋 𝑛 + 𝑖 sin 2𝑘𝜋 𝑛 chính là căn bậc 𝑛 của 1⇒ 𝑎 𝑘 𝑛 = 1

Mà 𝑎 2 = cos 2.2𝜋 𝑛 + 𝑖 sin 2.2𝜋 𝑛 = (cos 2𝜋 𝑛 + 𝑖 sin 2𝜋 𝑛 ) 2 = 𝑎 1 2 ;

⇒ Tổng quát lên ta có 𝑎 𝑘 = 𝑎 1 𝑘

1𝑚 (tổng cấp số nhân có số hạng đầu bằng 1, công bội bằng 𝑎 1 𝑚 )

VD3*: Ứng dụng cách làm VD2* a) Tính tổng của tất cảcăn bậc 6 của 1 b) Cho 𝑒 𝑘 = cos 2019 𝑘2𝜋 + 𝑖 sin 2019 𝑘2𝜋 với 𝑘 = 0; 2018̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ Tính 𝑆 = ∑ 2018 𝑘=0 (𝑒 𝑘 ) 2020 c) Cho 𝑒1, 𝑒2, … , 𝑒2020 là các căn 2020 phân biệt của 2020 Tính 𝐴 = ∑ (𝑒 1

VD4*: Chứng minh rằng 𝑆 = cos 2𝑛+1 2𝜋 + cos 2𝑛+1 4𝜋 + ⋯ + cos 2𝑛+1 2𝑛𝜋 = −1 2

𝐴 = cos 2𝑛+1 2𝜋 + cos 2𝑛+1 4𝜋 + ⋯ + cos 2𝑛+1 2𝑛𝜋 + 𝑖 (sin 2𝑛+1 2𝜋 + sin 2𝑛+1 4𝜋 + ⋯ + sin 2𝑛+1 2𝑛𝜋 )

𝐴 = (cos 2𝑛+1 2𝜋 + 𝑖 sin 2𝑛+1 2𝜋 ) + (cos 2𝑛+1 4𝜋 + 𝑖 sin 2𝑛+1 4𝜋 ) + ⋯ + (cos 2𝑛+1 2𝑛𝜋 + 𝑖 sin 2𝑛+1 2𝑛𝜋 )

Tổng 𝑆 cần tìm chính là 𝑅𝑒(𝐴)

Dễ thấy khi đặt 𝜀 = (cos 2𝑛+1 2𝜋 + 𝑖 sin 2𝑛+1 2𝜋 ), ta có:

1−(cos 2𝑛+1 2𝜋 +𝑖 sin 2𝑛+1 2𝜋 ) = cos 2𝑛+1 2𝜋 +𝑖 sin 1−(cos 2𝑛+1 2𝜋 −cos 2𝜋 2(𝑛+1)𝜋 2𝑛+1 −𝑖 sin 2(𝑛+1)𝜋 2𝑛+1

2𝑛+1 = 2𝑛+1 𝜋 + 𝜋⇒ {cos 2𝑛+1 2𝜋 = − cos 2(𝑛+1)𝜋 2𝑛+1 sin 2𝑛+1 2𝜋 = − sin 2(𝑛+1)𝜋 2𝑛+1 ⇒ 𝐴 = (1−cos 2 cos 2𝑛+1 2𝜋 2𝜋 +𝑖.2 sin 2𝑛+1 2𝜋

2𝑛+1 )+𝑖(−sin 2𝑛+1 2𝜋 ) Áp dụng công thức phép chia 2 số phức 𝑎+𝑏𝑖

(1−cos 2𝑛+1 2𝜋 ) 2 +(−sin 2𝑛+1 2𝜋 ) 2 cos 2𝑛+1 2𝜋 −12(1−cos 2𝑛+1 2𝜋 ) = −1 2 = 𝑆 §1.5: C ẤU TRÚC ĐẠ I S Ố

Giả sử V là một tập hợp và ta xét một phép toán giữa hai phần tử x, y ∈ V sao cho kết quả của phép toán x ∘ y cũng thuộc V Khi đó ∘ được gọi là một phép toán nhị phân trên tập V Điều kiện này thể hiện tính đóng cửa của V dưới phép toán nhị phân ∘, nghĩa là mọi kết quả của x ∘ y đều nằm trong V.

VD1: Cho tập hợp 𝐺 = {𝑥 ∈ 𝑅|0 ≤ 𝑥 ≤ 2}, hỏi phép nhân thông thường có là phép toán hai ngôi trên 𝐺 không?

⇒ 0 ≤ 𝑎 𝑏 ≤ 4 ⇒ 𝑎 𝑏 ∉ 𝐺 ⇒ phép nhân thông thường không là phép toán hai ngôi trên 𝐺.

VD2: Cho tập hợp 𝐴 = {𝑥 ∈ 𝑅|𝑥 ≥ 1}, hỏi phép cộng thông thường có là một phép toán hai ngôi trên 𝐴 không?

⇒ {𝑎 + 𝑏 ≥ 2𝑎 + 𝑏 ∈ 𝑅 ⇒𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐴 ⇒ phép cộng thông thường là phép toán hai ngôi trên 𝐴

VD3: Cho tập hợp 𝐵 = {𝑥 ∈ 𝑅|0 < 𝑥 ≤ 1}, trên tập 𝐵 định nghĩa một phép toán ∘như sau

𝑥 ∘ 𝑦 = 𝑥 𝑦 Hỏi ∘ có là một phép toán hai ngôi trên 𝐵 hay không?

0 < 𝑎 ∘ 𝑏 = 𝑎 𝑏 ≤ 1 (do cơ số 0 < 𝑎 ≤ 1, số mũ 0 < 𝑏 ≤ 1)

𝑎 𝑏 ∈ 𝑅 ⇒ 𝑎 ∘ 𝑏 ∈ 𝐵 ⇒ Vậy ∘ là một phép toán hai ngôi trên 𝐵.

C ấ u trúc nhóm

 Nhóm là một tập hợp khác rỗng 𝑉được trang bị một phép toán hai ngôi ∘ thỏa mãn 3 điều kiện sau:

 Phép ∘ có tính chất kết hợp: (𝑥 ∘ 𝑦) ∘ 𝑧 = 𝑥 ∘ (𝑦 ∘ 𝑧) với ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑉

 Có một phần tử trung hòa 𝑒 ∈ 𝑉 thỏa mãn: 𝑥 ∘ 𝑒 = 𝑒 ∘ 𝑥 = 𝑥 với ∀𝑥 ∈ 𝑉

 Với ∀𝑥 ∈ 𝑉 đều ∃𝑥 ′ ∈ 𝑉 được gọi là nghịch đảo của 𝑥 sao cho: 𝑥 ∘ 𝑥 ′ = 𝑥 ′ ∘ 𝑥 = 𝑒

 Nhóm 𝑉 được gọi là nhóm giao hoán hay nhóm abel nếu phép toán ∘ có tính chất giao hoán:

Cấu trúc vành

 Vành là một tập hợp 𝐺 ≠ ∅ được trang bị 2 phép toán cộng " + " và phép nhân " " theo quy tắc của vành đó sao cho thỏa mãn ba điều kiện sau:

 𝐺 là một nhóm abel với phép cộng.

 Phép nhân có tính chất kết hợp: (𝑥𝑦)𝑧 = 𝑥(𝑦𝑧) với ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺

 Phép nhân có tính phân phối với phép cộng: {(𝑥 + 𝑦)𝑧 = 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧

 Vành 𝐺 được gọi là vành giao hoán hay vành abel nếu phép nhân có tính giao hoán: 𝑥 𝑦

 Vành 𝐺 được gọi là có đơn vị nếu phép nhân có đơn vị với phần tửđơn vị, kí hiệu là "1" sao cho 1 𝑥 = 𝑥 1 với ∀𝑥 ∈ 𝐺

C ấ u trúc trườ ng

 Một vành giao hoán có phần tử đơn vị 1 ≠ 0 sao cho mọi phần tử khác 0 trong nó đều có phần tử nghịch đảo được gọi là một trường

Do nội dung dài và phức tạp của các bài tập chứng minh cấu trúc nhóm, vành, trường, đề thi giữa kì với thời lượng 60 phút hiếm khi đưa dạng bài này vào đề; khi có mặt, đề thi chủ yếu tập trung vào cấu trúc nhóm.

Khái ni ệ m

 Một bảng gồm các phần tử được xếp thành 𝑚 hàng và 𝑛 cột được gọi là một ma trận cỡ 𝑚 × 𝑛

 Một số ma trận đặc biệt: o Ma tr ậ n 0 : là ma trận mà tất cả phần tử của nó bằng 0 Kí hiệu là 0

VD: [0 00 0] là ma trận 0 cỡ 2 × 2 o Ma tr ậ n vuông c ấ p n: là ma trận có số hàng bằng số cột bằng 𝑛

Ma trận đường chéo là ma trận vuông cấp n mà các phần tử ở đường chéo chính không đồng thời bằng 0 và các phần tử không thuộc đường chéo chính bằng 0 Đường chéo chính là đường nối từ góc trái trên đến góc phải dưới của ma trận vuông.

Ma trận đường chéo là ma trận vuông cấp n có toàn bộ phần tử ngoài đường chéo chính bằng 0, nên chỉ các phần tử trên đường chéo chính có giá trị khác 0 Ma trận tam giác là một ma trận vuông cấp n có thể là ma trận tam giác trên hoặc ma trận tam giác dưới: nếu toàn bộ các phần tử nằm phía dưới đường chéo chính bằng 0 thì là ma trận tam giác trên, và ngược lại, nếu toàn bộ các phần tử nằm phía trên đường chéo chính bằng 0 thì là ma trận tam giác dưới.

1] o Ma tr ận đơn vị : là ma trận vuông cấp 𝑛 mà các phần tử trên đường chéo chính đều bằng 1 Kí hiệu 𝐸 𝑛

Ma trận đơn vị cấp 3, kí hiệu E3, là ma trận đơn vị có cấp 3 (3×3) Ma trận chuyển vị của một ma trận A có kích thước m × n được tạo bằng cách đổi hàng thành cột hoặc đổi cột thành hàng, và ký hiệu ma trận chuyển vị là A^T.

Ma trận bậc thang (row-echelon form) là ma trận trong đó các hàng bằng 0 nằm ở phía dưới các hàng không bằng 0, và trong mỗi hàng không bằng 0, phần tử đầu tiên khác 0 (hệ số dẫn) nằm ở bên phải của hệ số dẫn ở hàng trên nó Nhờ cấu trúc này, các hàng không bằng 0 xuất hiện ở trên và các hàng bằng 0 ở dưới, còn vị trí của các hệ số dẫn đều tiến dần về phía cột bên phải khi xuống dưới Dạng bậc thang rất hữu ích trong giải hệ phương trình tuyến tính và kiểm tra độc lập của các hàng thông qua phương pháp khử Gauss.

0 0 0 53 1] là các ma trận bậc thang o Ma tr ậ n con c ủ a ma tr ậ n vuông: cho 𝐴 là ma trận vuông cấp 𝑛, khi đó ma trận vuông cấp

𝑛 − 𝑖 thu được bằng cách bỏ đi 𝑖 cột và 𝑖 hàng của 𝐴 được gọi là ma trận con cấp 𝑛 − 𝑖 của 𝐴 VD: 𝐴 = [1 2 3

9] ⇒ [1 24 5] là 1 ma trận con cấp 2 của 𝐴 (bỏ đi cột 3 và hàng 3).

Các phép toán trên ma tr ậ n

 Phép c ộ ng, tr ừ (chỉ thực hiện được giữa hai ma trận cùng cỡ): cộng (trừ) các phần tử có vị trị tương ứng nhau của 2 ma trận.

18] o Với 𝐴 là ma trận cỡ 𝑚 × 𝑛 thì

 Phép nhân ma tr ậ n v ớ i ma tr ậ n: o Điều kiện: cho 2 ma trận 𝐴 và 𝐵, phép nhân 𝐴 𝐵 chỉ thực hiện được khi 𝐴 là ma trân cỡ 𝑚 ×

𝑛, 𝐵 là ma trận cỡ𝑛 × ℎ (nối đuôi). o Kết quả của phép nhân 𝐴𝑚×𝑛 𝐵𝑛×ℎ là ma trận 𝐶 cỡ 𝑚 × ℎ o Ma trận 𝐶được xác định như sau: phần tửở hàng 𝑖 cột 𝑗 của ma trận 𝐶 sẽ bằng tổng tất cả các tích của mỗi phần tử hàng 𝑖 của ma trận 𝐴 nhân với phần tử cùng thứ hạng ở cột 𝑗 của ma trận

VD: Cho ma trận 𝐴 2×3 = [1 2 30 1 2] và ma trận 𝐵 3×2 = [1 0

Các tính ch ấ t

 Phép c ộ ng (tr ừ ): o Kết hợp, giao hoán: {

 Phép nhân m ộ t s ố v ớ i ma tr ậ n: o Kết hợp, phân phối: {

 Phép nhân ma tr ậ n v ớ i ma tr ậ n: o Kết hợp: {(𝐴 𝐵) 𝐶 = 𝐴 (𝐵 𝐶)

𝐴 𝐸 = 𝐸 𝐴 o KHÔNG có tính giao hoán 𝐴 𝐵 ≠ 𝐵 𝐴 o Nhân phân phối và kết hợp với phép cộng

Các phép bi ến đổi sơ cấ p v ớ i ma tr ậ n

 Đổi chỗ hai hàng với nhau (1)

 Đổi chỗ hai cột với nhau (2)

 Lấy hàng này cộng với 𝑘 lần hàng kia, lấy cột này cộng với 𝑘 lần cột kia (𝑘 ∈ 𝑅\{0}) (3)

 Nhân 𝑘 lần vào một hàng hoặc một cột (𝑘 ∈ 𝑅/{0}) (4)

Cách bi ến đổ i m ộ t ma tr ậ n v ề ma tr ậ n b ậ c thang

 Trong chương II này và các chương sau của Đại số, việc biến đổi một ma trận về ma trận bậc thang có vai trò rất quan trọng trong việc giải quyết các bài toán lớn Vì vậy, chúng ta sẽ tìm hiểu thuật toán biến đổi này thông qua các VD cụ thể

VD1: Biến đổi ma trận sau về ma trận bậc thang 𝐴 = [

Bước 1: Biến đổi ma trận sao cho phần tử ở hàng 1, cột 1 bằng 1; nếu không thể đưa về 1, ta sẽ đưa nó về một giá trị nhỏ Việc này giúp thuận tiện tính toán hơn ở các bước tiếp theo.

 B2: Biến đổi để các số màu đỏ về 0, chúng ta sẽ lấy hàng 1 làm gốc để biến đổi

B3: các hàng đã làm gốc được giữ nguyên và không biến đổi; giữ nguyên hàng 1, sau đó lấy hàng 2 làm hàng gốc mới và tiếp tục biến đổi các số màu đỏ về 0.

 B4: Giữ nguyên hàng 1, 2, lấy hàng 3 làm gốc biến đổi số màu đỏ về 0

Như vậy ta đã biến đổi xong ma trận 𝐴 về ma trận bậc thang [

] Ngoài ra có thể thêm một bước nữa để ma trận được đẹp hơn

Chú ý: Khi biến đổi ma trận về ma trận bậc thang, tuyệt đối tuân thủ theo các bước đã nêu Không được tự ý cộng các hàng hay đổi các cột một cách bừa bãi, vì làm như vậy rất dễ dẫn đến kết quả sai Với các ma trận kích thước lớn, hãy lặp lại đúng các bước biến đổi cho đến khi thu được ma trận bậc thang.

] (trong quá trình biến đổi nếu xuất hiện hàng bằng 0 nằm ở giữa sẽ chuyển chỗ nó về hàng cuối)

Định thức của ma trận vuông là một khái niệm có nền lý thuyết khá phức tạp và khó hiểu, nên tài liệu này sẽ không trình bày phần định nghĩa chi tiết Thay vào đó, chúng ta tập trung vào phương pháp tính định thức — các bước và kỹ thuật giúp xác định giá trị của định thức cho các ma trận ở nhiều kích thước, từ những trường hợp đơn giản đến phức tạp, nhằm phục vụ cho các bài toán ma trận và hệ phương trình tuyến tính.

 Định thức của ma trận 𝐴 kí hiệu là 𝑑𝑒𝑡𝐴 hoặc |𝐴|

 Chỉ ma trận vuông mới có định thức

II Các tính ch ấ t c ủa đị nh th ứ c và công th ứ c tính t ổ ng quát:

 Công thức tính định thức của ma trận 𝐴 có 𝑚 hàng và 𝑛 cột theo 1 hàng hoặc 1 cột bất kì: o Theo m ộ t hàng b ấ t kì, gi ả s ử khai tri ển theo hàng 𝑖

Với {𝑀 𝑖𝑗 là ma trận con của 𝐴 𝑏ằng cách bỏ đi hàng 𝑖 và cột 𝑗

𝑎 𝑖𝑗 là phần tử ở vị trí hàng 𝑖 cột 𝑗 o Theo m ộ t c ộ t b ấ t kì, gi ả s ử khai tri ể n theo c ộ t 𝑗

Với {𝑀 𝑖𝑗 là ma trận con của 𝐴 bằng cách bỏ đi hàng 𝑖 và cột 𝑗

𝑎 𝑖𝑗 là phần tử ở vị trí hàng 𝑖 cột 𝑗

 Các tính chất của định thức: o 𝑑𝑒𝑡𝐴 = 𝑑𝑒𝑡𝐴 𝑇 (1) o Nếu lấy hàng (cột) này cộng với 𝑘 lần hàng (cột) khác thì định thức không đổi (𝑘 ≠ 0) (2)

𝑎 32 𝑎 31 𝑎 33 | (𝐻2 + 𝑘 𝐻1) o Nếu đổi chỗ hai hàng (cột) cho nhau thì định thức đổi dấu (3)

| (𝐻2 ↔ 𝐻1) o Nếu nhân các phần tử của một hàng (cột) với một số 𝑘 khác 0 thì được một định thức mới bằng định thức cũ nhân với 𝑘 (4)

𝑎 31 𝑎 32 𝑎 33 | o Định thức của một ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính (5)

Các phương pháp tính đị nh th ứ c

1 Đị nh th ứ c c ủ a ma tr ậ n vuông c ấ p 2:

2 Đị nh th ứ c c ủ a ma tr ậ n vuông c ấ p 3:

 Cách làm: o B1: Chọn một hàng hoặc cột bất kì để khai triển

Ví dụ chọn hàng một

| oB2: Áp dụng công thức:

*Nếu chọn khai triển theo dòng hai

*Nếu chọn hhai triển theo dòng ba

*Nếu chọn khai triển theo cột một

*Với trường hợp khai triển theo cột hai hoặc cột ba làm tương tự

* M ẹ o: nên chọn khai triển theo dòng hoặc cột có chứa nhiều số 0 nhất để giảm thao tác tính toán

VD1: Tính định thức của ma trận 𝐴 = [1 2 3

Chọn khai triển theo hàng 1, ta có:

VD3: Tìm 𝑥để ma trận 𝐴 = [𝑥 + 1 −1 𝑥

Ma trận khả nghịch là ma trận có định thức khác 0

Khai triển định thức theo dòng 3, ta có:

VD4: Tìm 𝑥 để ma trận 𝐴 = [𝑥 + 3 1 𝑥

Ma trận suy biến là ma trận có định thức bằng 0

VD5: Không tính định thức, dùng tính chất chứng minh rằng:

3 Tính đị nh th ứ c c ủ a ma tr ậ n vuông c ấ p l ớn hơn 3 (thườ ng ch ỉ đế n c ấ p 4 ho ặ c 5):

Để tính định thức, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận về dạng ma trận tam giác Lưu ý: khi đổi chỗ hai hàng hoặc hai cột, định thức sẽ đổi dấu Sau khi ma trận được đưa về dạng tam giác, giá trị của định thức chính bằng tích các phần tử trên đường chéo chính.

VD1: Tính định thức của 𝐴 = [

VD2: Tính định thức của 𝐴 = [

Ở VD4, biến đổi trực tiếp sẽ không cho ra ma trận tam giác ngay như VD3; ta phải thêm các bước đổi hàng và đổi cột để hình thành ma trận tam giác Để giảm bớt công đoạn này, trước khi biến đổi nên đưa các tham số về góc phải dưới của ma trận hoặc đưa chúng vào các cột ở phía cuối, giúp quá trình biến đổi diễn ra thuận lợi và cho kết quả ma trận tam giác nhanh hơn.

Mẹo: Đối với định thức chứa tham số, khi quá trình biến đổi ma trận thành ma trận tam giác gặp khó khăn, nên đưa tham số về vị trí của các cột ở phía cuối trước, rồi sau đó tiến hành biến đổi để đưa ma trận về dạng tam giác.

Vì tham số b − 6 nên không thể đưa ma trận vào định thức và biến đổi thành ma trận tam giác Do đó, ta tính định thức bằng khai triển theo cột một, vì cột này chứa nhiều số 0 nhất, tối ưu hóa số phép tính và giảm độ phức tạp.

Ma tr ậ n ngh ịch đả o

 Cho 𝐴 là ma trận vuông cấp 𝑛, nếu tồn tại ma trận 𝐵 vuông cấp 𝑛 sao cho

𝐴 𝐵 = 𝐵 𝐴 = 𝐸 𝑛 Thì ta nói 𝐵 là ma trận nghịch đảo của 𝐴 và 𝐴 và ma trận khả nghịch Ma trận nghịch đảo của ma trân 𝐴 kí hiệu là 𝐴 −1

 Với 𝐴 là ma trận vuông cấp 𝑛, 𝑑𝑒𝑡𝐴 ≠ 0, thì ma trận 𝐴 khả nghịch và 𝐴 −1 được tính theo công thức sau:

Trong đó 𝐶 là ma trận vuông cấp 𝑛 được xác định 𝐶 = [𝑐𝑖𝑗] với 𝑐 𝑖𝑗 = (−1) 𝑖+𝑗 𝑑𝑒𝑡𝑀 𝑖𝑗 , 𝑀 𝑖𝑗 là ma trận con của 𝐴 bằng cách bỏđi hàng 𝑖 và cột 𝑗

 Ma trận nghịch đảo của tích hai ma trận: (𝐴 𝐵) −1 = 𝐵 −1 𝐴 −1

VD1: Tìm ma trận trận nghịch đảo của các ma trận sau: a) 𝐴 = [3 45 7] b) 𝐵 = [3 −4 5

−5 3 ] Chú ý: Có thể nhớ nhanh công thức ma trận nghịch đảo của ma trận vuông cấp 2

Sau khi hoàn thành phần ma trận nghịch đảo, ta thường gặp dạng bài tập xuất hiện nhiều trong đề thi: giải phương trình ma trận Việc giải bài toán ma trận cơ bản tương tự giải phương trình đại số, bởi không có phép chia giữa hai ma trận; thay vào đó, ta dùng nghịch đảo ma trận và các phép biến đổi để cô lập ẩn và đưa bài toán về dạng có nghiệm Điều quan trọng là nắm vững quy trình nhân nghịch đảo, sự kết hợp của các ma trận và kiểm tra tính tồn tại của nghiệm dựa trên điều kiện nghịch đảo và tính nhất quán của hệ phương trình.

𝐴 𝐵 −1 giống như 𝐴/𝐵 Lưu ý rằng phép nhân hai ma trận không có tính giao hoán nên

VD: Giải các phương trình ma trận sau: a) 𝑋 [−1 1 2

5 1 6 5 ] Khi làm bài thi, phải trình bày các bước làm để tìm ra [−1 1 2

2 −3 4], không được ghi ngay kết quả b) [2 23 6] 𝑋 = 𝐸𝑋 + [ 5 −4

 Hạng của ma trận 𝐴 là cấp cao nhất của định thức con khác không của 𝐴, kí hiệu là 𝑟(𝐴).

 Nếu 𝐴 là ma trận cỡ 𝑚 × 𝑛, 𝐴 khác ma trận không, ta có 1 ≤ 𝑟(𝐴) ≤ min (𝑚, 𝑛).

 Nếu 𝐴 là ma trận vuông cấp 𝑛,𝐴 khác ma trận không, ta có 1 ≤ 𝑟(𝐴) ≤ 𝑛 o 𝑟(𝐴) = 𝑛 ⇔ |𝐴| ≠ 0 o 𝑟(𝐴) < 𝑛 ⇔ |𝐴| = 0

 Hạng của ma trận 𝐴 không đổi khi thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên 𝐴 (∗)

Phương pháp tính hạ ng c ủ a ma tr ậ n

 Đị nh lý: hạng của ma trận bậc thang bằng số hàng khác 0 của của nó.

 Như vậy dựa vào định lý trên cùng với tính chất (∗), chúng ta có cách tìm hàng của ma trận 𝐴 như sau

→ 𝐵 (𝐵 là ma trận bậc thang) ⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐵) = số hàng khác 0 của 𝐵

Các ví dụ minh họa

VD1: Tìm hạng của các ma trận sau:

VD2: Tìm 𝑚 để hạng của ma trận 𝐴 = [ 1 2 1 −1

Mẹo cho ma trận chứa tham số là nên áp dụng các phép biến đổi sơ cấp để đưa tham số về vị trí ở các cột cuối cùng của ma trận, tối ưu nhất là ở góc dưới bên phải Sau khi tham số đã được định vị ở khu vực này, ta tiến hành biến đổi ma trận về dạng ma trận bậc thang, nhằm đơn giản hóa các bước giải hệ phương trình và phân tích các đặc tính của ma trận.

Trong bài tập biện luận về hạng của ma trận, ta cần nắm vững định nghĩa hạng r(A) và các tính chất liên quan Hạng của một ma trận A kích thước m×n là số lượng hàng độc lập tuyến tính tối đa (hoặc số cột độc lập tối đa), và luôn thỏa mãn r(A) ≤ min(m, n) Để tìm hạng lớn nhất và hạng nhỏ nhất, ta xét khả năng có đầy đủ các hàng hoặc cột độc lập hay không và áp dụng các phép biến đổi hàng–cột hoặc dạng chuẩn (RREF) để xác định số hàng/cột độc lập Hạng tối đa có thể đạt được bằng min(m, n) khi ma trận có đầy đủ hàng và cột độc lập; hạng tối thiểu có thể bằng 0 nếu ma trận là toàn số 0, và trong các trường hợp khác hạng nằm giữa hai giá trị này tùy vào cấu trúc của A Các phương pháp phổ biến để xác định hạng gồm phân tích ma trận con, biến đổi hàng-cột và các định lý liên quan đến rank–nullity.

Ta có: ma trận 𝐴 là ma trận cỡ 3 × 4, có định thức con cấp hai | 1 4−1 1| = 5 ≠ 0

Bài toán giờ trở thành tìm 𝑚 để 𝐴 có hạng bằng 2

VD6: Tìm 𝑚 để hạng của ma trận 𝐴 = [1 𝑚 −1 2

Trong bài tập biện luận về hạng của ma trận, ta phải nắm vững định nghĩa hạng ma trận và các tính chất liên quan Với ma trận A có kích thước m×n, hạng của A được ký hiệu r(A) và luôn thỏa mãn r(A) ≤ min(m, n) Tính chất này cho thấy số hàng độc lập tối đa hoặc số cột độc lập tối đa không thể vượt quá kích thước nhỏ hơn giữa m và n, từ đó ảnh hưởng đến khả năng sinh cơ sở hàng hoặc cơ sở cột của ma trận Dựa vào định nghĩa và bất đẳng thức r(A) ≤ min(m, n), ta có thể biện luận về hạng lớn nhất và hạng nhỏ nhất của ma trận trong các bài tập liên quan.

Ta có: ma trận 𝐴 là ma trận cỡ 3 × 4, có định thức con cấp hai |2 −11 10| = 21 ≠ 0

Bài toán giờ trở thành tìm 𝑚để𝐴 có hạng bằng 2

VD7: Tìm 𝑚 để hạng của ma trận 𝐴 = [3 𝑚 0 3

1 3 𝑎] Tìm 𝑎để ma trận 𝐴 có hạng lớn nhất

Ma trận 𝐴 là ma trận 3 × 3 ⇒ 𝑟(𝐴) ≤ 3 Để 𝑟(𝐴)𝑚𝑎𝑥 = 3 ⇔ |𝑎 − 2 3 3

VD10: Biện luận hạng của ma trận sau theo tham số 𝑚: 𝐴 = [

Do 𝐴 là ma trận 4 × 5 và 𝐴 có định con |−1 1 1

VD11: Tìm số thực 𝑎để ma trận sau có hạng nhỏ nhất

𝐴 là ma trận 3 × 4 và 𝐴 có định thức con |1 03 4| = 4 ≠ 0 ⇒ 2 ≤ 𝑟(𝐴) ≤ 3 ⇒ 𝑟(𝐴) 𝑚𝑖𝑛 = 2

VD12: Tìm 𝑚 để ma trận 𝐴 có hạng bé nhất

Do 𝐴 là ma trận 4 × 5 và 𝐴 có định thức con |1 4 3

VD13: Biện luận theo 𝑎, 𝑏 hạng của ma trận 𝐴 = [1 2 1 𝑎

{𝑎 ∈ 𝑅𝑏 = 1 thì ta có 𝑟(𝐴) = 2 TH2: |𝑏 − 1 𝑎 + 20 𝑎 + 1| ≠ 0 ⇔(𝑏 − 1)(1 + 𝑎) ≠ 0 ⇔ {𝑎 ≠ −1𝑏 ≠ 1 thì ta có 𝑟(𝐴) = 3

VD13: Biện luận theo 𝑎, 𝑏 hạng của ma trận 𝐴 = [ 1 −1 2 𝑏

{ 𝑎 ∈ 𝑅𝑏 = −1 thì ta có 𝑟(𝐴) = 2TH2: |𝑎 − 2 −1 + 𝑏0 𝑏 + 1| ≠ 0 ⇔(𝑎 − 2)(𝑏 + 1) ≠ 0 ⇔ { 𝑎 ≠ 2𝑏 ≠ −1 thì ta có 𝑟(𝐴) = 3 §2.4: H Ệ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾ N TÍNH

D ạ ng t ổ ng quát c ủ a h ệ phương trình tuyế n tính

 Dạng quen thuộc đã được học ở phổ thông:

 Nếu xếp các hệ số𝑎 11 , 𝑎 12 , 𝑎 21 , 𝑎 22 , … 𝑎 1𝑛 , 𝑎 2𝑛 , 𝑎 𝑚𝑛 đứng trước các ẩn thành một ma trận hệ số𝐴 = [

] và xếp các ẩn thành ma trận ẩn dạng cột 𝑋 = [

𝑥⋮ 3 ], các hệ số vế phải thành ma trận cột 𝐵 = [

], chúng ta được một các viết khác của hệ phương trình dưới dạng phương trình ma trận

Không gian vecto

Định nghĩa: Tập hợp V ≠ ∅ được gọi là một không gian véc-tơ trên trường F khi nó được trang bị hai phép toán là cộng vectơ và nhân vô hướng, thỏa mãn các điều kiện cơ bản sau: đóng kín phép cộng (với mọi a,b ∈ V ta có a+b ∈ V), tồn tại phần tử không gian 0 sao cho a+0 = a và tồn tại đối nghịch của mỗi phần tử -a sao cho a+(-a) = 0, phép cộng thỏa mãn tính chất giao hoán và kết hợp, đóng kín phép nhân vô hướng (với mọi α ∈ F và a ∈ V ta có αa ∈ V), và các tính chất phân phối cùng với tính chất liên hợp: α(a+b) = αa + αb, (α+β)a = αa + βa, 1a = a, và (αβ)a = α(βa).

 ∃0 ∈ 𝑉: 0 + 𝑎 = 𝑎 với ∀𝑎 ∈ 𝑉 (tồn tại phần tử “không”)

 ∀𝑎 ∈ 𝑉, ∃𝑎 ′ ∈ 𝑉 sao cho 𝑎 + 𝑎 ′ = 0 (tồn tại phần tử đối) o Phép nhân vô hướng thỏa mãn:

Các không gian vectơ phổ biến gồm R^n, P_n[x] và M_n Tích Đề-các cho các phần tử của các không gian này cho ta cách ghép từng thành phần thành một đối tượng mới: R^n là tập hợp các n-tuple thực (x1, x2, , xn) với xi ∈ R Tập hợp các đa thức có bậc không vượt quá n được ký hiệu P_n[x], gồm các đa thức trên biến x có bậc tối đa là n, ví dụ p(x)=a0 + a1 x + + an x^n với a_i ∈ R M_n là tập hợp các ma trận vuông cấp n, tức ma trận n×n có phần tử từ R Những khái niệm này là nền tảng để phân tích vector spaces và các phép biến đổi tuyến tính, đồng thời đóng vai trò quan trọng trong các ứng dụng toán học và khoa học máy tính.

𝑃 𝑛 [𝑥] = {𝑎 0 + 𝑎 1 𝑥 + 𝑎 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 |𝑎 0 , 𝑎 1 , … , 𝑎 𝑛 ∈ 𝑅} o Tập hợp các ma trân cỡ𝑚 × 𝑛:𝑀 𝑚×𝑛 o Tập hợp ma trận vuông cấp 𝑛:𝑀𝑛

VD: Tập 𝑉 với các phép toán kèm theo có là không gian veccto hay không? a) 𝑉 = {(𝑥 1 , 𝑥 2 )| 𝑥 1 > 0; 𝑥 2 > 0} với các phép toán như sau:

𝑘(𝑥 1 , 𝑥 2 ) = (𝑥 1 𝑘 , 𝑥 2 𝑘 ) (𝑘 ∈ 𝑅) b) 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑅} với các phép toán sau:

 Kiểm tra tính đóng kín: {(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 )

 Kiểm tra phép cộng: Giả sử (𝑥1, 𝑥2), (𝑦1, 𝑦2), (𝑧1, 𝑧2) ∈ 𝑉 o (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + [(𝑦 1 , 𝑦 2 ) + (𝑧 1 , 𝑧 2 )] = (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 𝑧 1 , 𝑦 2 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 𝑧 1 , 𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 ) o [(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 )] + (𝑧 1 , 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 ) + (𝑧 1 , 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 𝑧 1 , 𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 )

⇒(𝑥1, 𝑥2) + (𝑦1, 𝑦2) = (𝑦1, 𝑦2) + (𝑥1, 𝑥2) (Tính giao hoán) (3) o Giả sử phần tử ‘không’ là 0 = (𝑚, 𝑛) ∈ 𝑉, ta có:

Vậy phần tử không của 𝑉 là (1,1) ∈ (tồn tại phần tử 0) (4) o Giả sử phần tửđối của (𝑥 1 , 𝑥 2 ) là (𝑎, 𝑏), ta có:

2) ∈ 𝑉 Vậy với ∀(𝑥1, 𝑥2) ∈ 𝑉 luôn có phần tử đối là ( 𝑥 1

 Kiểm tra phép nhân vô hướng: Giả sử (𝑥1, 𝑥2), (𝑦1, 𝑦2) ∈ 𝑉, 𝑘 ∈ 𝑅 o 𝑘 [(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 )] = 𝑘(𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 ) = ((𝑥 1 𝑦 1 ) 𝑘 , (𝑥 2 𝑦 2 ) 𝑘 ) o 𝑘 (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + 𝑘 (𝑦 1 , 𝑦 2 ) = (𝑥 1 𝑘 , 𝑥 2 𝑘 ) + (𝑦 1 𝑘 , 𝑦 2 𝑘 ) = ((𝑥 1 𝑦 1 ) 𝑘 , (𝑥 2 𝑦 2 ) 𝑘 )

Vậy 𝑉 là một không gian vecto b) Chú ý: phép cộng vecto và nhân vô hướng vecto thông thường đã được học ở phổ thông thỏa mãn các điều kiện trên

*Kiểm tra được tính đóng kín của 𝑉

Phép cộng ở đây được định nghĩa là phép cộng hai vectơ thông thường trong hệ tọa độ Oxyz, nên thỏa mãn đầy đủ các điều kiện của phép cộng vectơ Nhờ đó, phép cộng vectơ trong không gian 3D tuân thủ các tính chất như đóng, kết hợp và giao hoán Bước tiếp theo là kiểm tra điều kiện của phép nhân để hoàn chỉnh phân tích về cấu trúc đại số của hệ vectơ này.

Vậy 𝑉 không phải là không gian vecto.

Không gian vecto con

Xét tập G = { [ [a, b], [b, c] ] | a, b, c ∈ R }, đây là tập hợp các ma trận vuông cấp hai đối xứng thực sự Với phép cộng ma trận và nhân ma trận với một số thực, G là một không gian vector con của M2 (không gian vector các ma trận vuông cấp hai) Thực vậy, đóng kín dưới phép cộng: với M1 = [ [a1,b1],[b1,c1] ], M2 = [ [a2,b2],[b2,c2] ], ta M1+M2 = [ [a1+a2, b1+b2], [b1+b2, c1+c2] ] thuộc G; đóng kín dưới nhân với số thực: kM = [ [ka, kb], [kb, kc] ] thuộc G; và ma trận không: 0 = [ [0,0],[0,0] ] thuộc G Do đó G là một không gian vector con của M2 Dimension(G) = 3, với cơ sở ví dụ là { [ [1,0],[0,0] ], [ [0,1],[1,0] ], [ [0,0],[0,1] ] }.

Từ (1), (2), (3) ⇒ 𝐺 là KGVT con của 𝑀2

𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 = 0 4𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0} Chứng minh rằng 𝐻 là KGVT con của 𝑅 3

Từ (1), (2), (3) ⇒ 𝐻 là KGVT con của 𝑅 3

VD3: Cho tập 𝑉 1 , 𝑉 2 là hai không gian vecto con của KGVT 𝑉 Chứng minh: a) 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 là một KGVT con của 𝑉 b) Cho 𝑉 1 + 𝑉 2 = {𝑥 1 + 𝑥 2 |𝑥 1 ∈ 𝑉 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑉 2 } Chứng minh 𝑉 1 + 𝑉 2 là KGVT con của 𝑉.

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉 ⇒ {𝑢 =(𝑥 1 + 𝑦 1 ) ∈ 𝑉 1 𝑣ớ𝑖 𝑥 1 , 𝑦 1 ∈ 𝑉 1

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉⇒ {𝑘𝑥 1 ∈ 𝑉 1 𝑣ớ𝑖 𝑥 1 ∈ 𝑉 1

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉 ⇒𝑉1 ⊂ 𝑉, 𝑉2 ⊂ 𝑉 ⇒ 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝑉

Hệ sinh của một không gian vecto

Định nghĩa: Cho V là một không gian vectơ và S = {v1, v2, …, vn} là một họ các vectơ thuộc V Nếu mọi vector u ∈ V có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các vectơ trong S, tức là tồn tại các hệ số m1, m2, …, mn ∈ R sao cho u = m1 v1 + m2 v2 + … + mn vn, thì S được gọi là hệ sinh ra của V (hệ sinh ra bởi S).

VD1: Xét xem hệ 𝑆 = {𝑣 1 = (2,3, −1), 𝑣 2 = (3, −1,5), 𝑣 3 = (−1,3, −4)} có là hệ sinh của

Với ∀𝑢 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ 𝑅 3 , để𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) ⇒ Hệ có nghiệm Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

−1 5 −4| = −9 ≠ 0 ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (Cramer)

Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

VD2: Xét xem 𝑆 = {𝑢1 = −1 + 2𝑥 + 𝑥 2 ; 𝑢2 = −3 + 3𝑥 + 𝑥 2 ; 𝑢3 = −2 + 2𝑥} có là hệ sinh của

Với ∀𝑢 = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ∈ 𝑀 2 ,để 𝑆 là hệ sinh của 𝑃 2 [𝑥]

1 1 0] ⇒ |𝐴| = −2 ≠ 0 ⇒ hệ (∗) có nghiệm duy nhất

Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑃 2 [𝑥]

VD3: Trong 𝑅 4 cho các vecto 𝑣 1 = (1,1, −2,3), 𝑣 2 = (2,3,1,1), 𝑣 3 = (2, −1,0,1), 𝑣 (1,5, −1, 𝑚) Tìm 𝑚 để 𝑣 thuộc 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}

Giải: Để 𝑣 ∈ 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } ⇔ ∃𝑚 1 , 𝑚 2 , 𝑚 3 ∈ 𝑅 sao cho 𝑣 = 𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 + 𝑚 3 𝑣 3 hay (1,5, −1, 𝑚) = 𝑚1(1,1, −2,3) + 𝑚2(2,3,1,1) + 𝑚3(2, −1,0,1)

Vậy với 𝑚 = 3 thì 𝑣 ∈ 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } §3 2: CƠ SỞ VÀ T ỌA ĐỘ

Độ c l ậ p tuy ế n tính và ph ụ thu ộ c tuy ế n tính

 Hệ vecto {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 } được gọi là độc lập tuyến tính nếu ràng buộc :

𝑎 1 𝑣 1 + 𝑎 2 𝑣 2 + ⋯ 𝑎 𝑛 𝑣 𝑛 = 0 (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 là tham số)(∗) có nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ) = (0,0,… ,0)

 Hệ phương trình rút ra từ (*) được gọi là hệ phương trình thuần nhất, nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ) = (0,0, … ,0) còn được gọi là nghiệm tầm thường

Hệ thuần nhất có hai trường hợp nghiệm: nghiệm tầm thường (x = 0) và nghiệm không tầm thường (còn gọi là vô số nghiệm); không có trường hợp vô nghiệm Nghiệm tầm thường xảy ra khi r(A) = r(Ā) = số ẩn (n), tức là bậc của ma trận bằng đúng số ẩn nên chỉ có nghiệm x = 0 Nghiệm không tầm thường xảy ra khi r(A) = r(Ā) < số ẩn, nghĩa là tồn tại các nghiệm tự do dẫn tới vô số nghiệm cho hệ.

 Hệ vecto {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 }được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không độc lập tuyến tính hay hệ thức 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2+ ⋯ 𝑎𝑛𝑣𝑛 = 0 có nghiệm không tầm thường

VD1: Trong 𝑅 3 xét các hệ vecto sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính:

𝑎) Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2 = 0 ⇔ 𝑎1(1,2,3) + 𝑎2(3,6,7) = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 = số ẩn ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 ) = (0,0)

Vậy hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 }độc lập tuyến tính b) Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2+ 𝑎2𝑣2 = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 < 3 ⇒ hệ có nghiệm không tầm thường

⇒ hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } phụ thuộc tuyến tính

VD2: Trong 𝑃 2 [𝑥], xét sự độc lập tuyến tính của các hệ vecto sau a) {𝑣 1 , 𝑣2, 𝑣3},𝑣1 = 1 + 𝑥, 𝑣2 = 2 − 𝑥 + 3𝑥 2 , 𝑣3 = 1 + 4𝑥 − 3𝑥 2 b) {𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 },𝑣 1 = 1 + 𝑥, 𝑣 2 = 2 − 𝑥 + 3𝑥 2 , 𝑣 3 = 1 + 4𝑥 − 3𝑥 2

Giải: a) Xét ràng buộc tuyến tính:

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 < 3 ⇒ Hệ có nghiệm duy nhất không tầm thường

⇒ Hệ vecto phụ thuộc tuyến tính tuyến tính

VD3: Trong 𝑅 4 , cho các vecto 𝑢1 = (1; 1; −2; 3), 𝑢2 = (2; 3; 1; 1), 𝑢3 = (2; −1; 0; 1),

𝑢 4 = (1; 5; −1; 𝑚) Tìm 𝑚 để{𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 }độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢1+ 𝑏𝑢2 + 𝑐𝑢3+ 𝑑𝑢4 = 0 ⇔ {

−2𝑎 + 𝑏 − 𝑑 = 0 2𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑚𝑑 = 0 Để {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 } độc lập tuyến tính ⇔ Hệ có nghiệm tầm thường

00 ) Để hệ có nghiệm tầm thường thì 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 4 ⇔ 𝑚 ≠ 2.

VD4: Trong 𝑅 4 , cho các vecto 𝑢 1 = (1; 2; 1; 1), 𝑢 2 = (−3; 2; 1; −1), 𝑢 3 = (2; 1; −1; 2),

𝑢4 = (1; 3; 0; 𝑚) Tìm 𝑚 để {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} phụ thuộc tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 + 𝑑𝑢 4 = 0 ⇔ {

𝑎 − 𝑏 + 2𝑐 + 𝑚𝑑 = 0 Để{𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 } phụ thuộc tuyến tính ⇔ Hệ có nghiệm không tầm thường

) Để hệ có nghiệm không tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 4 ⇔ 𝑚 = 4

VD5: Trong 𝑀 2 , cho các vecto 𝑢 1 = [ 1 −5−4 2 ] , 𝑢 2 = [ 1 1−1 5] , 𝑢 3 = [ 2 −4−5 7],

𝑢4 = [ 1 −7−5 𝑚 ] Tìm 𝑚 để hệ 𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} phụ thuộc tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎 1 𝑢 1 + 𝑎 2 𝑢 2 + 𝑎 3 𝑢 3 + 𝑎 4 𝑢 4 = 0

) Để hệ 𝑆 phụ thuộc tuyến tính ⇔ (∗) có nghiệm không tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 4

Vậy với ∀𝑚 ∈ 𝑅 thì hệ 𝑆 phụ thuộc tuyến tính.

Cơ sở và s ố chi ề u c ủ a không gian vecto

 Hệ vecto 𝑆 = {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 } là một cơ sở của không gian vecto 𝑉 nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: {S là hệ sinh của V (𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑆})

Hệ vecto S độc lập tuyến tính

 Không gian vecto 𝑆 có thể có nhiều cơ sởvà các cơ sởđó có số phần tử bằng nhau

VD1: a) Xét xem hệ{𝑣 1 = (1, −3,2), 𝑣 2 = (3, −4,1), 𝑣 3 = (2, −5,3)} có phải cơ sở của 𝑅 3 không? b) Xét xem hệ{𝑣 1 = 1, 𝑣 2 = −1 + 𝑥, 𝑣 3 = 1 + 2𝑥 + 𝑥 2 } có phải cơ sở của 𝑃 2 [𝑥] không?

⇒ {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} không là hệ sinh của 𝑅 3 ⇒ không là cơ sở b) Giả sử ∀(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ) ∈ 𝑃 2 [𝑥], xét 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 = 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3

𝑏𝑐) ⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) ⇒ hệ có nghiệm duy nhất

⇒ với ∀(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ) ∈ 𝑃 2 [𝑥], luôn tồn tại 𝑚, 𝑛, 𝑝 ∈ 𝑅 để𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 = 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3 = 0 ⇔ {𝑚 − 𝑛 + 𝑝 = 0

⇒ hệ {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} độc lập tuyến tính (2)

Từ (1), (2) ⇒ hệ {𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

 Cơ sở chính tắc của không gian 𝑅 𝑛 = {(1,0,0, ,0); (0,1,0, ,0); … ; (0,0,0, … ,1)}

 Cơ sở chính tắc của không gian 𝑃𝑛[𝑥] = {1; 𝑥; 𝑥 2 ; 𝑥 3 ; … ; 𝑥 𝑛 }

 Số chiều của không gian vecto 𝑉 chính bằng số phần tử trong một cơ sở bất kì của nó Kí hiệu là dim 𝑉

 Số chiều của một số không gian hay gặp: dim(𝑅 𝑛 ) = 𝑛, dim(𝑃 𝑛 [𝑥]) = 𝑛 + 1, dim(𝑀 𝑛 ) = 𝑛 2

 Đị nh lý: nếu hệ vecto 𝑆 có số vecto bằng số chiều của KGVT 𝑉 thì 𝑆 là cơ sở của 𝑉 khi 𝑆 độc lập tuyến tính

VD1: Chứng minh rằng các vecto 𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 tạo thành một cơ sở của 𝑅 3 a) 𝑣 1 = (1,1,1), 𝑣 2 = (1,1,2), 𝑣 3 = (1,2,3) b) 𝑣 1 = (2,1, −3), 𝑣 2 = (3,2, −5), 𝑣 3 = (1, −1,1)

Giải: a) Hệ 𝑆 = {𝑣1,𝑣2, 𝑣3} có số vecto là 3 = dim(𝑅 3 ) ⇒𝑆 là cơ sở của 𝑅 3 khi 𝑆 độc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: 𝑎𝑣 1 + 𝑏𝑣 2 + 𝑐𝑣 3 = 0 ⇔ 𝑎(1,1,1) + 𝑏(1,1,2) + 𝑐(1,2,3) = 0

Giả sử r(A) = r(A̅) = 3, hệ có nghiệm duy nhất là (a, b, c) = (0, 0, 0); do đó tập S là độc lập tuyến tính và Vậy S là cơ sở của R^3 Hệ S = {v1, v2, v3} có đúng 3 vectơ bằng với dim(R^3) = 3 nên S là cơ sở của R^3 khi S độc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: a v1 + b v2 + c v3 = 0.

⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0,0,0) ⇒ hệ𝑆độc lập tuyến tính (2)

Vậy hệ 𝑆 là một cơ sở của 𝑅 3

VD2: Trong không gian 𝑃 2 [𝑥], cho các vecto 𝑢 1 = 1 + 2𝑥 − 𝑥 2 , 𝑢 2 = 1 + 3𝑥, 𝑢 3 = 2 + 3𝑥 − 2𝑥 2 Chứng minh hệ 𝐵 = {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 } là 1 cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

Hệ 𝑆 = {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 } có số vecto là 3 = dim (𝑃 2 [𝑥]) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥] khi 𝑆 đọc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3 ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0,0,0) ⇒ hệ 𝑆 độc lập tuyến tính (2).

Vậy hệ𝑆là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥].

VD3: Trong không gian 𝑃 2 [𝑥], cho hệ𝑆 = {𝑣 1 = −1 + 𝑥 2 , 𝑣 2 = 1 + 𝑥 + 𝑥 2 , 𝑣 3 = −3 − 𝑚𝑥 + 𝑥 2 } Tìm 𝑚 để 𝑆 là một cơ sở của 𝑃2[𝑥]

Hệ 𝑆 có số vecto là 3 = dim(𝑃2[𝑥]) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑃2[𝑥] khi 𝑆 độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑣 1 + 𝑏𝑣 2 + 𝑐𝑣 3 = 0 ⇔ {−𝑎 + 𝑏 − 3𝑐 = 0

00) Để hệ 𝑆 độc lập tuyến tính ⇔ (∗) có nghiệm tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3

Vậy với 𝑚 ≠ 1 thì hệ 𝑆 là một cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

VD4: Trong 𝑀 2 , cho các vecto 𝑢 1 = [1 −10 1 ] , 𝑢 2 = [2 1

Tìm 𝑚 để hệ 𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} là một cơ sở của 𝑀2

Hệ 𝑆 có số vecto là 4 = dim(𝑀2) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑀2 khi 𝑆 độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 + 𝑑𝑢 4 = 0

) Để hệ 𝑆 độc lập tuyến tính ⇔ hệ (∗) có nghiệm tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 4

Vậy với 𝑚 ≠ 1 thì hệ 𝑆 là cơ sở của 𝑀2

T ọa độ

 Cho không gian vecto 𝑉 có một cơ sở 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} và vecto 𝑢 ∈ 𝑉, thì bộ nghiệm (𝑐 1 , 𝑐 2 , … , 𝑐 𝑛 ) của hệ thức 𝑐 1 𝑣 1 + 𝑐 2 𝑣 2 + ⋯ + 𝑐 𝑛 𝑣 𝑛 = 𝑢 được gọi là tọa độ của vecto 𝑢 trong cơ sở 𝑆.

 Có hai cách viết tọa độ của vecto 𝑢 trong cơ sở𝑆:

Viết theo cột, kí hiệu: [𝑢] 𝑆 = [

VD1: 𝑅 3 có một cơ sở𝑆 = {𝑣 1 = (1,1,1), 𝑣 2 = (1,1,2),𝑣 3 = (1,2,3)} và tìm tọa độ của vecto

VD2: Trong không gian 𝑃 3 [𝑥], có một cơ sở𝐵 = {𝑢 1 = 1, 𝑢 2 = 1 + 𝑥, 𝑢 3 = 𝑥+𝑥 2 , 𝑢 4 = 𝑥 2 +𝑥 3 } Tìm tọa độ của vecto 𝑢 = 2 + 3𝑥 − 𝑥 2 + 2𝑥 3 đối với cơ sở 𝐵

⇒ tọa độ của 𝑢 trong cơ sở 𝐵 là [𝑢] 𝐵 = [

VD3: Cho 𝑀 2 là không gian vecto các ma trận vuông cấp 2 trên 𝑅 Trong không gian 𝑀 2 có một cơ sở 𝐸 = {𝑒 1 = [1 00 0] , 𝑒 2 = [1 10 0] , 𝑒 3 = [1 11 0] , 𝑒 4 = [1 11 1]} Tìm tọa độ của 𝑢 = [3 10 1] trong cơ sở𝐸

⇒ tọa độ của 𝑢 trong cơ sở 𝐸 là [𝑢]𝐸 = [

Bài toán tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a không gian vecto con sinh ra b ở i m ộ t h ệ vecto

1 D ạ ng 1: Tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a không gian vecto con 𝑽 sinh ra b ở i h ệ vecto 𝑺

Cho hệ vecto 𝑆 = {𝑣 1 , 𝑣 1 , … , 𝑣 𝑛 }, tìm số chiều và một cơ sở của không gian vecto con 𝑉 sinh ra bởi hệ 𝑆(𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣1, … , 𝑣𝑛})

Cho hệ S = {v1, v2, , vn}, ta lập A là ma trận tọa độ theo hàng của các vectơ trong hệ S Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận A về dạng bậc thang Khi đó số chiều của V bằng hạng của ma trận A, và một cơ sở của V là hệ gồm các vectơ được rút ra từ các dòng khác 0 của A.

VD1: Tìm cơ sở và số chiều của KGVT sinh bởi hệ vecto sau: 𝑣 1 = (1,1,2, −1), 𝑣 2 (1,2,1,1), 𝑣3 = (3,4,5, −1) trong 𝑅 4

Gọi 𝑉 là không gian vecto sinh ra bởi hệ {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}.𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}

Xét 𝐴 là ma trận tọa độ theo hàng của 𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3

0 0 0 0 ]𝑟(𝐴) = 2 ⇒ dim(𝑉) = 2, một cơ sở của 𝑉 là {(1,1,2,−1); (0,1, −1,2)}

VD2: Tìm cơ sở và số chiều của KGVT sinh bởi hệ vecto sau: 𝑣 1 = (−1,1,1, −1, −1), 𝑣 2 (2,1,4, −4,2), 𝑣 3 = (5, −4,3,7,1) trong 𝑅 5

Gọi 𝑉 là không gian vecto sinh ra bởi hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 }, 𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 }

Một cơ sở của 𝑉 là {(−1,1,1, −1, −1), (0,1,8,2,4), (0,0, −18, −12, −12)} hoặc {𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 }

VD3: Tìm cơ sở của KGVT sinh bởi hệ vecto sau: {𝑣 1 = −1 + 2𝑥 2 ; 𝑣 2 = 3 + 𝑥 − 𝑥 2 ; 𝑣 3 = 5 + 2𝑥} trong 𝑃 2 [𝑥].

Gọi 𝑉 là không gian vecto sinh ra bởi hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 }.𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 }

0 0 0] 𝑟(𝐴) = 2 ⇒ dim(𝑉) = 2, một cơ sở của 𝑉 là {−1 + 2𝑥 2 ; 𝑥 + 5𝑥 2 }

2 D ạ ng 2: Tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a 𝑽 𝟏 + 𝑽 𝟐

Tìm số chiều của không gian 𝑉1+ 𝑉2, 𝑉1∩ 𝑉2

Dễ thấy 𝑥 là tổ hợp tuyến tính của hệ {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 , 𝑢 1 , 𝑢 2 , … , 𝑢 𝑛 }

Vậy 𝑉1+ 𝑉2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛, 𝑢1, 𝑢2, … , 𝑢𝑛}⇒ quay về D ạ ng 1 o Với ∀𝑦 ∈ 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 ⇔ {𝑦 ∈ 𝑉𝑦 ∈ 𝑉 1 2 ⇔ {𝑦 = 𝑎 1 𝑣 1 + 𝑎 2 𝑣 2 + ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑣 𝑛 (1)

𝑎 1 𝑣 1 + 𝑎 2 𝑣 2 + ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑣 𝑛 − 𝑏 1 𝑢 1 − 𝑏 2 𝑢 2 − ⋯ − 𝑏 𝑛 𝑢 𝑛 = 0 Đồng nhất hệ số và giải hệ ⇒ tìm được 𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 , 𝑏 1 , 𝑏 2 , … , 𝑏 𝑛

Thay vào (1) hoặc (2) ⇒ 𝑦 = ⋯ ⇒ 𝑉 1 ∩ 𝑉2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{… } ⇒ quay về D ạ ng 1

⇒ số chiều và một cở sở của 𝑉 1 ∩ 𝑉 2

VD1: Trong không gian 𝑃 3 [𝑥] cho các vecto 𝑣 1 = 1 − 𝑥 + 𝑥 2 , 𝑣 2 = 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 , 𝑣 3 = 1 +

𝑥 + 2𝑥 2 + 𝑥 3 , 𝑣 4 = 2 − 𝑥 + 2𝑥 2 Đặt 𝑉 1 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 }, 𝑉 2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 3 , 𝑣 4 } Xác định số chiều và 1 cơ sở của 𝑉 1 + 𝑉 2

⇒ 𝑉 1 + 𝑉 2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 , 𝑣 4 } Xét 𝐴 là ma trận tọa độ theo hàng của 𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 , 𝑣 4

⇒ dim(𝑉1+ 𝑉2) = 𝑟(𝐴) = 3, một cơ sở của 𝑉1+ 𝑉2 là {1 − 𝑥 + 𝑥 2 , 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 , −𝑥 2 − 𝑥 3 }

3 D ạ ng 3: Tìm s ố chi ề u và m ột cơ sở c ủ a không gian 𝑽 𝟏 ∩ 𝑽 𝟐

Thay vào (1) hoặc (2) ⇒ 𝑦 = ⋯ ⇒ 𝑉1∩ 𝑉2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{… } ⇒ quay về D ạ ng 1

VD1: Trong R 4 cho các vecto 𝑣 1 = (1,1,2,1), 𝑣 2 = (2,1, −1,0), 𝑣 3 = (1,0,1,1), 𝑣 4 = (2,0,0,1) Đặt 𝑉 1 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 }, 𝑉 2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 3 , 𝑣 4 } Xác định số chiều và 1 cơ sở của 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 , 𝑉 1 + 𝑉 2

⇒ 𝑉1 + 𝑉2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4} Xét ma trận 𝐴 là ma trận tọa độ hàng của 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4

𝑟(𝐴) = 3 ⇒ dim(𝑉 1 + 𝑉 2 ) = 3, một cơ sở của 𝑉 1 + 𝑉 2 là {(1,1,2,1), (0, −1, −5, −2), (0,0,4,2)}

0 −6 0 ] ⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3 ⇒ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 1 tham số Đặt 𝑑 = 𝑡 ∈ 𝑅 ⇒

Dễ thấy hệ{( 1 2 , 0, −3 2 , −1 2 )}độc lập tuyến tính

Vậy dim(𝑉1∩ 𝑉2) = 1 và một cơ sở của 𝑉1∩ 𝑉2 là {( 1 2 , 0, −3 2 , −1 2 )}

VD2: Trong không gian 𝑃 3 [𝑥] cho các vecto 𝑣 1 = 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 , 𝑣 2 = 2 + 𝑥 − 𝑥 2 , 𝑣 3 = 1 + 2𝑥 +

𝑥 2 + 𝑥 3 , 𝑣 4 = 2 + 3𝑥 − 𝑥 2 Đặt 𝑉 1 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 }, 𝑉 2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 3 , 𝑣 4 } Xác định số chiều và 1 cơ sở của 𝑉1 ∩ 𝑉2, 𝑉1 + 𝑉2.

⇒ dim(𝑉 1 + 𝑉 2 ) = 𝑟(𝐴) = 3,1 cơ sở của 𝑉 1 + 𝑉 2 là {1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 , 𝑥 − 3𝑥 2 − 2𝑥 3 , 6𝑥 2 + 4𝑥 3 } Với ∀𝑦 ∈ 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 ⇔ {𝑦 ∈ 𝑉 1 = 𝑠𝑝𝑎𝑛(𝑣 1 , 𝑣 2 )

Dễ thấy hệ {1 + 𝑥 − 2𝑥 2 − 𝑥 3 } độc lập tuyến tính

Vậy dim(𝑉 1 ∩ 𝑉 2 ) = 1, một cơ sở của 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 là {1 + 𝑥 − 2𝑥 2 − 𝑥 3 }

VD3: Trong 𝑅 4 cho các vecto 𝑣 1 = (−1,2, −1, −3), 𝑣 2 = (−2,1, −1, −2), 𝑣 3 (1,1,0, −1), 𝑣 4 = (1, −2,1,3) Đặt 𝑉 1 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 }, 𝑉 2 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 3 , 𝑣 4 } Tìm số chiều và 1 cơ sở của 𝑉 1 ∩ 𝑉 2

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 < 4 ⇒ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 2 tham số Đặt { 𝑐 = 𝑡𝑑 = 𝑡 ′ (𝑡, 𝑡 ′ ∈ 𝑅) ⇒ {

Dễ thấy hệ {(1,1,0, −1); (1, −2,1,3)} độc lập tuyến tính

⇒ Một cơ sở của 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 là {(1,1,0, −1); (1, −2,1,3)}

4 D ạ ng 4: Tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a không gian nghi ệ m h ệ phương trình trình thu ầ n nh ấ t

 Gọi 𝑆 là không gian nghiệm của hệphương trình thuần nhất, 𝐴 là ma trận hệ sốkhi đó:

VD1: Tìm cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ sau {

⇒ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào một tham số Hệ ban đầu ⇔ {𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 = 0

Không gian nghiệm của hệ là 𝑆 = {(𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 ) = 𝑡(4,3, −9,2)| 𝑡 ∈ 𝑅}

⇒ 𝑆 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{(4,3, −9,2)} Dễ thấy hệ{(4,3, −9,2)}độc lập tuyến tính

⇒ dim(𝑆) = 1, một cơ sở của 𝑆 là {(4,3, −9,2)} dim(𝑆) = 𝑠ố ẩ𝑛 − 𝑟(𝐴)

VD2: Tìm cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ sau { 𝑥 1 + 2𝑥 2 − 𝑥 3 + 𝑥 4 = 0

00) 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3 < 4 ⇒ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 1 tham số

⇒ Không gian nghiệm của hệ 𝑆 = {𝑡(−1, −1, −2,1)|𝑡 ∈ 𝑅}

⇒ 𝑆 = 𝑠𝑝𝑎𝑛((−1, −1, −2,1)) Dễ thấy hệ {(−1, −1, −2,1)} độc lập tuyến tính

⇒ Một cơ sở của 𝑆 là {(−1, −1, −2,1)}, dim(𝑆) = 1.

VD3: Tìm 𝑎, 𝑏 để không gian nghiệm của hệ sau có số chiều là 1:

Gọi 𝑆 là không gian nghiệm của hệ Để dim(𝑆) = 1 ⇔ 𝑟(𝐴̅) = 2

⇔ [𝑎 = 1𝑏 = 2 Vậy với [𝑎 = 1𝑏 = 2 thì không gian nghiệm của hệ sau có số chiều là 1.

§3.1: KHÔNG GIAN VECTO VÀ KHÔNG GIAN VECTO CON

Định nghĩa: Tập hợp V không rỗng được gọi là một không gian vectơ khi nó được trang bị hai phép toán: cộng vectơ và nhân vô hướng với các điều kiện sau đây Đóng kín phép cộng: với mọi a, b ∈ V thì a + b ∈ V Đóng kín phép nhân vô hướng: với mọi α trong trường F và mọi a ∈ V thì αa ∈ V Tồn tại vectơ không đổi 0 ∈ V và với mọi a ∈ V có vectơ đối nghịch −a sao cho a + (−a) = 0 Phép cộng thỏa mãn tính chất kết hợp và giao hoán: a + (b + c) = (a + b) + c và a + b = b + a Các tính chất phân phối với nhân vô hướng: α(a + b) = αa + αb và (α + β)a = αa + βa; đồng thời 1a = a và (αβ)a = α(βa).

 ∃0 ∈ 𝑉: 0 + 𝑎 = 𝑎 với ∀𝑎 ∈ 𝑉 (tồn tại phần tử “không”)

 ∀𝑎 ∈ 𝑉, ∃𝑎 ′ ∈ 𝑉 sao cho 𝑎 + 𝑎 ′ = 0 (tồn tại phần tử đối) o Phép nhân vô hướng thỏa mãn:

Các không gian vector phổ biến bao gồm R^n, P_n[x] (tập hợp các đa thức có bậc ≤ n) và M_n (tập hợp các ma trận vuông cấp n) R^n là tập hợp các n-tuple thực (x1, x2, , xn), tức là tích Descartes của n lần với R P_n[x] là tập hợp các đa thức có bậc không vượt quá n với biến x M_n là tập hợp các ma trận vuông cấp n, với các phần tử thực Tích Descartes cho phép hình thành các không gian này bằng cách ghép các tập hợp lại thành một sản phẩm, ví dụ R^n ≃ R × R × × R (n lần), và các không gian như P_n[x] hay M_n được xem như các không gian vector có phép cộng và nhân với hệ số.

𝑃 𝑛 [𝑥] = {𝑎 0 + 𝑎 1 𝑥 + 𝑎 2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 |𝑎 0 , 𝑎 1 , … , 𝑎 𝑛 ∈ 𝑅} o Tập hợp các ma trân cỡ𝑚 × 𝑛:𝑀 𝑚×𝑛 o Tập hợp ma trận vuông cấp 𝑛:𝑀𝑛

VD: Tập 𝑉 với các phép toán kèm theo có là không gian veccto hay không? a) 𝑉 = {(𝑥 1 , 𝑥 2 )| 𝑥 1 > 0; 𝑥 2 > 0} với các phép toán như sau:

𝑘(𝑥 1 , 𝑥 2 ) = (𝑥 1 𝑘 , 𝑥 2 𝑘 ) (𝑘 ∈ 𝑅) b) 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑅} với các phép toán sau:

 Kiểm tra tính đóng kín: {(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 )

 Kiểm tra phép cộng: Giả sử (𝑥1, 𝑥2), (𝑦1, 𝑦2), (𝑧1, 𝑧2) ∈ 𝑉 o (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + [(𝑦 1 , 𝑦 2 ) + (𝑧 1 , 𝑧 2 )] = (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 𝑧 1 , 𝑦 2 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 𝑧 1 , 𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 ) o [(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 )] + (𝑧 1 , 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 ) + (𝑧 1 , 𝑧 2 ) = (𝑥 1 𝑦 1 𝑧 1 , 𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 )

⇒(𝑥1, 𝑥2) + (𝑦1, 𝑦2) = (𝑦1, 𝑦2) + (𝑥1, 𝑥2) (Tính giao hoán) (3) o Giả sử phần tử ‘không’ là 0 = (𝑚, 𝑛) ∈ 𝑉, ta có:

Vậy phần tử không của 𝑉 là (1,1) ∈ (tồn tại phần tử 0) (4) o Giả sử phần tửđối của (𝑥 1 , 𝑥 2 ) là (𝑎, 𝑏), ta có:

2) ∈ 𝑉 Vậy với ∀(𝑥1, 𝑥2) ∈ 𝑉 luôn có phần tử đối là ( 𝑥 1

 Kiểm tra phép nhân vô hướng: Giả sử (𝑥1, 𝑥2), (𝑦1, 𝑦2) ∈ 𝑉, 𝑘 ∈ 𝑅 o 𝑘 [(𝑥 1 , 𝑥 2 ) + (𝑦 1 , 𝑦 2 )] = 𝑘(𝑥 1 𝑦 1 , 𝑥 2 𝑦 2 ) = ((𝑥 1 𝑦 1 ) 𝑘 , (𝑥 2 𝑦 2 ) 𝑘 ) o 𝑘 (𝑥 1 , 𝑥 2 ) + 𝑘 (𝑦 1 , 𝑦 2 ) = (𝑥 1 𝑘 , 𝑥 2 𝑘 ) + (𝑦 1 𝑘 , 𝑦 2 𝑘 ) = ((𝑥 1 𝑦 1 ) 𝑘 , (𝑥 2 𝑦 2 ) 𝑘 )

Vậy 𝑉 là một không gian vecto b) Chú ý: phép cộng vecto và nhân vô hướng vecto thông thường đã được học ở phổ thông thỏa mãn các điều kiện trên

*Kiểm tra được tính đóng kín của 𝑉

Phép cộng ở đây được quy định là phép cộng hai vectơ thông thường trong hệ tọa độ Oxyz, nên nó thỏa mãn đầy đủ các điều kiện của phép cộng vectơ Vì vậy, ta đã xác định được các đặc trưng cơ bản của phép cộng trong không gian 3D Bước tiếp theo là kiểm tra điều kiện của phép nhân.

Vậy 𝑉 không phải là không gian vecto

II Không gian vecto con:

G là tập hợp các ma trận 2x2 đối xứng thực sự, có dạng [a b; b c] với a, b, c ∈ R Với phép cộng ma trận và nhân với một số thực, G đóng kín dưới hai phép toán này và là một không gian vector con của M2(R) – không gian các ma trận vuông cấp hai Cụ thể, với mọi A = [a b; b c], B = [a' b'; b' c'] thuộc G thì A + B = [a + a' , b + b'; b + b', c + c'] thuộc G, và để mọi t ∈ R thì tA = [ta tb; tb tc] thuộc G Ma trận 0 = [0 0; 0 0] thuộc G, cho thấy G không rỗng Vì vậy G là một không gian vector con của M2(R); nó tương ứng với không gian các ma trận đối xứng 2x2, có dim = 3 với cơ sở ví dụ { [1 0;0 0], [0 1;1 0], [0 0;0 1] }.

Từ (1), (2), (3) ⇒ 𝐺 là KGVT con của 𝑀2

𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 = 0 4𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0} Chứng minh rằng 𝐻 là KGVT con của 𝑅 3

Từ (1), (2), (3) ⇒ 𝐻 là KGVT con của 𝑅 3

VD3: Cho tập 𝑉 1 , 𝑉 2 là hai không gian vecto con của KGVT 𝑉 Chứng minh: a) 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 là một KGVT con của 𝑉 b) Cho 𝑉 1 + 𝑉 2 = {𝑥 1 + 𝑥 2 |𝑥 1 ∈ 𝑉 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑉 2 } Chứng minh 𝑉 1 + 𝑉 2 là KGVT con của 𝑉.

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉 ⇒ {𝑢 =(𝑥 1 + 𝑦 1 ) ∈ 𝑉 1 𝑣ớ𝑖 𝑥 1 , 𝑦 1 ∈ 𝑉 1

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉⇒ {𝑘𝑥 1 ∈ 𝑉 1 𝑣ớ𝑖 𝑥 1 ∈ 𝑉 1

Do 𝑉1, 𝑉2 là KGVT con của 𝑉 ⇒𝑉1 ⊂ 𝑉, 𝑉2 ⊂ 𝑉 ⇒ 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝑉

III H ệ sinh c ủ a m ộ t không gian vecto:

Định nghĩa: Cho V là một không gian vector và S = {v1, v2, , vn} là một tập các vectơ thuộc V Nếu mọi vectơ u ∈ V có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các vectơ trong S, tức là tồn tại m1, m2, , mn ∈ R sao cho u = m1 v1 + m2 v2 + + mn vn, thì S được gọi là hệ sinh ra của không gian V.

VD1: Xét xem hệ 𝑆 = {𝑣 1 = (2,3, −1), 𝑣 2 = (3, −1,5), 𝑣 3 = (−1,3, −4)} có là hệ sinh của

Với ∀𝑢 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ 𝑅 3 , để𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) ⇒ Hệ có nghiệm Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

−1 5 −4| = −9 ≠ 0 ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (Cramer)

Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑅 3

VD2: Xét xem 𝑆 = {𝑢1 = −1 + 2𝑥 + 𝑥 2 ; 𝑢2 = −3 + 3𝑥 + 𝑥 2 ; 𝑢3 = −2 + 2𝑥} có là hệ sinh của

Với ∀𝑢 = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ∈ 𝑀 2 ,để 𝑆 là hệ sinh của 𝑃 2 [𝑥]

1 1 0] ⇒ |𝐴| = −2 ≠ 0 ⇒ hệ (∗) có nghiệm duy nhất

Vậy 𝑆 là hệ sinh của 𝑃 2 [𝑥]

VD3: Trong 𝑅 4 cho các vecto 𝑣 1 = (1,1, −2,3), 𝑣 2 = (2,3,1,1), 𝑣 3 = (2, −1,0,1), 𝑣 (1,5, −1, 𝑚) Tìm 𝑚 để 𝑣 thuộc 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}

Giải: Để 𝑣 ∈ 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } ⇔ ∃𝑚 1 , 𝑚 2 , 𝑚 3 ∈ 𝑅 sao cho 𝑣 = 𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 + 𝑚 3 𝑣 3 hay (1,5, −1, 𝑚) = 𝑚1(1,1, −2,3) + 𝑚2(2,3,1,1) + 𝑚3(2, −1,0,1)

Vậy với 𝑚 = 3 thì 𝑣 ∈ 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } §3 2: CƠ SỞ VÀ T ỌA ĐỘ

I Độ c l ậ p tuy ế n tính và ph ụ thu ộ c tuy ế n tính:

 Hệ vecto {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 } được gọi là độc lập tuyến tính nếu ràng buộc :

𝑎 1 𝑣 1 + 𝑎 2 𝑣 2 + ⋯ 𝑎 𝑛 𝑣 𝑛 = 0 (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 là tham số)(∗) có nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ) = (0,0,… ,0)

 Hệ phương trình rút ra từ (*) được gọi là hệ phương trình thuần nhất, nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ) = (0,0, … ,0) còn được gọi là nghiệm tầm thường

Hệ thuần nhất (hệ phương trình tuyến tính đồng nhất) có hai trường hợp nghiệm: nghiệm tầm thường duy nhất hoặc vô số nghiệm (nghiệm không tầm thường); không có trường hợp vô nghiệm Cụ thể, nghiệm tầm thường khi r(A) = r(Ā) = số ẩn, và nghiệm không tầm thường khi r(A) = r(Ā) < số ẩn.

 Hệ vecto {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 }được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không độc lập tuyến tính hay hệ thức 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2+ ⋯ 𝑎𝑛𝑣𝑛 = 0 có nghiệm không tầm thường

VD1: Trong 𝑅 3 xét các hệ vecto sau độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính:

𝑎) Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2 = 0 ⇔ 𝑎1(1,2,3) + 𝑎2(3,6,7) = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 = số ẩn ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎 1 , 𝑎 2 ) = (0,0)

Vậy hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 }độc lập tuyến tính b) Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎1𝑣1+ 𝑎2𝑣2+ 𝑎2𝑣2 = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 < 3 ⇒ hệ có nghiệm không tầm thường

⇒ hệ{𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } phụ thuộc tuyến tính

VD2: Trong 𝑃 2 [𝑥], xét sự độc lập tuyến tính của các hệ vecto sau a) {𝑣 1 , 𝑣2, 𝑣3},𝑣1 = 1 + 𝑥, 𝑣2 = 2 − 𝑥 + 3𝑥 2 , 𝑣3 = 1 + 4𝑥 − 3𝑥 2 b) {𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 },𝑣 1 = 1 + 𝑥, 𝑣 2 = 2 − 𝑥 + 3𝑥 2 , 𝑣 3 = 1 + 4𝑥 − 3𝑥 2

Giải: a) Xét ràng buộc tuyến tính:

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 2 < 3 ⇒ Hệ có nghiệm duy nhất không tầm thường

⇒ Hệ vecto phụ thuộc tuyến tính tuyến tính

VD3: Trong 𝑅 4 , cho các vecto 𝑢1 = (1; 1; −2; 3), 𝑢2 = (2; 3; 1; 1), 𝑢3 = (2; −1; 0; 1),

𝑢 4 = (1; 5; −1; 𝑚) Tìm 𝑚 để{𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 }độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢1+ 𝑏𝑢2 + 𝑐𝑢3+ 𝑑𝑢4 = 0 ⇔ {

−2𝑎 + 𝑏 − 𝑑 = 0 2𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑚𝑑 = 0 Để {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 } độc lập tuyến tính ⇔ Hệ có nghiệm tầm thường

00 ) Để hệ có nghiệm tầm thường thì 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 4 ⇔ 𝑚 ≠ 2.

VD4: Trong 𝑅 4 , cho các vecto 𝑢 1 = (1; 2; 1; 1), 𝑢 2 = (−3; 2; 1; −1), 𝑢 3 = (2; 1; −1; 2),

𝑢4 = (1; 3; 0; 𝑚) Tìm 𝑚 để {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} phụ thuộc tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 + 𝑑𝑢 4 = 0 ⇔ {

𝑎 − 𝑏 + 2𝑐 + 𝑚𝑑 = 0 Để{𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 , 𝑢 4 } phụ thuộc tuyến tính ⇔ Hệ có nghiệm không tầm thường

) Để hệ có nghiệm không tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 4 ⇔ 𝑚 = 4

VD5: Trong 𝑀 2 , cho các vecto 𝑢 1 = [ 1 −5−4 2 ] , 𝑢 2 = [ 1 1−1 5] , 𝑢 3 = [ 2 −4−5 7],

𝑢4 = [ 1 −7−5 𝑚 ] Tìm 𝑚 để hệ 𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} phụ thuộc tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎 1 𝑢 1 + 𝑎 2 𝑢 2 + 𝑎 3 𝑢 3 + 𝑎 4 𝑢 4 = 0

) Để hệ 𝑆 phụ thuộc tuyến tính ⇔ (∗) có nghiệm không tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) < 4

Vậy với ∀𝑚 ∈ 𝑅 thì hệ 𝑆 phụ thuộc tuyến tính.

II Cơ sở và s ố chi ề u c ủ a không gian vecto:

 Hệ vecto 𝑆 = {𝑣 1 , 𝑣 2 , … , 𝑣 𝑛 } là một cơ sở của không gian vecto 𝑉 nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: {S là hệ sinh của V (𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑆})

Hệ vecto S độc lập tuyến tính

 Không gian vecto 𝑆 có thể có nhiều cơ sởvà các cơ sởđó có số phần tử bằng nhau

VD1: a) Xét xem hệ{𝑣 1 = (1, −3,2), 𝑣 2 = (3, −4,1), 𝑣 3 = (2, −5,3)} có phải cơ sở của 𝑅 3 không? b) Xét xem hệ{𝑣 1 = 1, 𝑣 2 = −1 + 𝑥, 𝑣 3 = 1 + 2𝑥 + 𝑥 2 } có phải cơ sở của 𝑃 2 [𝑥] không?

⇒ {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} không là hệ sinh của 𝑅 3 ⇒ không là cơ sở b) Giả sử ∀(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ) ∈ 𝑃 2 [𝑥], xét 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 = 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3

𝑏𝑐) ⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) ⇒ hệ có nghiệm duy nhất

⇒ với ∀(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 ) ∈ 𝑃 2 [𝑥], luôn tồn tại 𝑚, 𝑛, 𝑝 ∈ 𝑅 để𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 2 = 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑚𝑣 1 + 𝑛𝑣 2 + 𝑝𝑣 3 = 0 ⇔ {𝑚 − 𝑛 + 𝑝 = 0

⇒ hệ {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} độc lập tuyến tính (2)

Từ (1), (2) ⇒ hệ {𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 } là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

 Cơ sở chính tắc của không gian 𝑅 𝑛 = {(1,0,0, ,0); (0,1,0, ,0); … ; (0,0,0, … ,1)}

 Cơ sở chính tắc của không gian 𝑃𝑛[𝑥] = {1; 𝑥; 𝑥 2 ; 𝑥 3 ; … ; 𝑥 𝑛 }

 Số chiều của không gian vecto 𝑉 chính bằng số phần tử trong một cơ sở bất kì của nó Kí hiệu là dim 𝑉

 Số chiều của một số không gian hay gặp: dim(𝑅 𝑛 ) = 𝑛, dim(𝑃 𝑛 [𝑥]) = 𝑛 + 1, dim(𝑀 𝑛 ) = 𝑛 2

 Đị nh lý: nếu hệ vecto 𝑆 có số vecto bằng số chiều của KGVT 𝑉 thì 𝑆 là cơ sở của 𝑉 khi 𝑆 độc lập tuyến tính

VD1: Chứng minh rằng các vecto 𝑣 1 , 𝑣 2 , 𝑣 3 tạo thành một cơ sở của 𝑅 3 a) 𝑣 1 = (1,1,1), 𝑣 2 = (1,1,2), 𝑣 3 = (1,2,3) b) 𝑣 1 = (2,1, −3), 𝑣 2 = (3,2, −5), 𝑣 3 = (1, −1,1)

Giải: a) Hệ 𝑆 = {𝑣1,𝑣2, 𝑣3} có số vecto là 3 = dim(𝑅 3 ) ⇒𝑆 là cơ sở của 𝑅 3 khi 𝑆 độc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: 𝑎𝑣 1 + 𝑏𝑣 2 + 𝑐𝑣 3 = 0 ⇔ 𝑎(1,1,1) + 𝑏(1,1,2) + 𝑐(1,2,3) = 0

Với r(A) = r(\overline{A}) = 3, hệ có nghiệm duy nhất (a, b, c) = (0, 0, 0); điều này chứng tỏ S = {v1, v2, v3} là độc lập tuyến tính và do đó là cơ sở của R^3 Vì S có đúng 3 vectơ và dim(R^3) = 3 nên S là cơ sở của R^3 khi S độc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: a v1 + b v2 + c v3 = 0; khi S độc lập tuyến tính thì nghiệm duy nhất là a = b = c = 0.

⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0,0,0) ⇒ hệ𝑆độc lập tuyến tính (2)

Vậy hệ 𝑆 là một cơ sở của 𝑅 3

VD2: Trong không gian 𝑃 2 [𝑥], cho các vecto 𝑢 1 = 1 + 2𝑥 − 𝑥 2 , 𝑢 2 = 1 + 3𝑥, 𝑢 3 = 2 + 3𝑥 − 2𝑥 2 Chứng minh hệ 𝐵 = {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 } là 1 cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

Hệ 𝑆 = {𝑢 1 , 𝑢 2 , 𝑢 3 } có số vecto là 3 = dim (𝑃 2 [𝑥]) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥] khi 𝑆 đọc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 = 0

⇒ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3 ⇒ hệ có nghiệm duy nhất (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0,0,0) ⇒ hệ 𝑆 độc lập tuyến tính (2).

Vậy hệ𝑆là cơ sở của 𝑃 2 [𝑥].

VD3: Trong không gian 𝑃 2 [𝑥], cho hệ𝑆 = {𝑣 1 = −1 + 𝑥 2 , 𝑣 2 = 1 + 𝑥 + 𝑥 2 , 𝑣 3 = −3 − 𝑚𝑥 + 𝑥 2 } Tìm 𝑚 để 𝑆 là một cơ sở của 𝑃2[𝑥]

Hệ 𝑆 có số vecto là 3 = dim(𝑃2[𝑥]) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑃2[𝑥] khi 𝑆 độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑣 1 + 𝑏𝑣 2 + 𝑐𝑣 3 = 0 ⇔ {−𝑎 + 𝑏 − 3𝑐 = 0

00) Để hệ 𝑆 độc lập tuyến tính ⇔ (∗) có nghiệm tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 3

Vậy với 𝑚 ≠ 1 thì hệ 𝑆 là một cơ sở của 𝑃 2 [𝑥]

VD4: Trong 𝑀 2 , cho các vecto 𝑢 1 = [1 −10 1 ] , 𝑢 2 = [2 1

Tìm 𝑚 để hệ 𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4} là một cơ sở của 𝑀2

Hệ 𝑆 có số vecto là 4 = dim(𝑀2) ⇒ 𝑆 là cơ sở của 𝑀2 khi 𝑆 độc lập tuyến tính

Xét ràng buộc tuyến tính 𝑎𝑢 1 + 𝑏𝑢 2 + 𝑐𝑢 3 + 𝑑𝑢 4 = 0

) Để hệ 𝑆 độc lập tuyến tính ⇔ hệ (∗) có nghiệm tầm thường ⇔ 𝑟(𝐴) = 𝑟(𝐴̅) = 4

Vậy với 𝑚 ≠ 1 thì hệ 𝑆 là cơ sở của 𝑀2

 Cho không gian vecto 𝑉 có một cơ sở 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} và vecto 𝑢 ∈ 𝑉, thì bộ nghiệm (𝑐 1 , 𝑐 2 , … , 𝑐 𝑛 ) của hệ thức 𝑐 1 𝑣 1 + 𝑐 2 𝑣 2 + ⋯ + 𝑐 𝑛 𝑣 𝑛 = 𝑢 được gọi là tọa độ của vecto 𝑢 trong cơ sở 𝑆.

 Có hai cách viết tọa độ của vecto 𝑢 trong cơ sở𝑆:

Viết theo cột, kí hiệu: [𝑢] 𝑆 = [

VD1: 𝑅 3 có một cơ sở𝑆 = {𝑣 1 = (1,1,1), 𝑣 2 = (1,1,2),𝑣 3 = (1,2,3)} và tìm tọa độ của vecto

VD2: Trong không gian 𝑃 3 [𝑥], có một cơ sở𝐵 = {𝑢 1 = 1, 𝑢 2 = 1 + 𝑥, 𝑢 3 = 𝑥+𝑥 2 , 𝑢 4 = 𝑥 2 +𝑥 3 } Tìm tọa độ của vecto 𝑢 = 2 + 3𝑥 − 𝑥 2 + 2𝑥 3 đối với cơ sở 𝐵

⇒ tọa độ của 𝑢 trong cơ sở 𝐵 là [𝑢] 𝐵 = [

VD3: Cho 𝑀 2 là không gian vecto các ma trận vuông cấp 2 trên 𝑅 Trong không gian 𝑀 2 có một cơ sở 𝐸 = {𝑒 1 = [1 00 0] , 𝑒 2 = [1 10 0] , 𝑒 3 = [1 11 0] , 𝑒 4 = [1 11 1]} Tìm tọa độ của 𝑢 = [3 10 1] trong cơ sở𝐸

⇒ tọa độ của 𝑢 trong cơ sở 𝐸 là [𝑢]𝐸 = [

IV Bài toán tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a không gian vecto con sinh ra b ở i m ộ t h ệ vecto:

1 D ạ ng 1: Tìm s ố chi ều và cơ sở c ủ a không gian vecto con 𝑽 sinh ra b ở i h ệ vecto 𝑺

Cho hệ vecto 𝑆 = {𝑣 1 , 𝑣 1 , … , 𝑣 𝑛 }, tìm số chiều và một cơ sở của không gian vecto con 𝑉 sinh ra bởi hệ 𝑆(𝑉 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣1, … , 𝑣𝑛})

Ta lập ma trận A là ma trận tọa độ theo hàng của các vector thuộc hệ S, sau đó dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa A về dạng bậc thang Nhờ đó, số chiều của V bằng hạng của ma trận A, và một cơ sở của V được xác định từ các vector rút ra từ các dòng không bằng 0 của A sau khi đã chuyển về dạng bậc thang.