Bài giảng: Đại số tuyến tính - Phạm Thanh Tùng

Bài giảng Đại số tuyến tính do Phạm Thanh Tùng biên soạn nhằm cung cấp cho bạn đọc kiến thức về Đại số tuyến tính. Cung cấp cho các bạn những nội dung quan trọng cũng như các bài tập để củng cố kiến thức và có phương pháp làm bài hiệu quả. Mời quý thầy cô và các em cùng tham khảo chi tiết tại đây nhé.

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?

Bất phương trình \(x^2 - 6x + 5 \leq 0\) tương đương với điều kiện \(1 \leq x \leq 5\) Giả sử mệnh đề "Hạng của ma trận \(A = \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}\) bằng một" là \(p\), thì \(p\) là mệnh đề sai Nếu mệnh đề "bất phương trình \(x^2 - 6x + 5 \leq 0\) vô nghiệm" là \(q\), thì \(q\) cũng là mệnh đề sai Mệnh đề của bài toán có thể được biểu diễn dưới dạng \(p \rightarrow q\).

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 yêu cầu kỹ năng biến đổi tốt, sử dụng các tính chất của tập hợp để chuyển đổi từ tập hợp ở vế trái sang tập hợp ở vế phải hoặc ngược lại.

 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

Trong toán học, cho hai tập hợp 𝐸 và 𝐹 không rỗng, cùng với một phép biến đổi 𝑓, phép biến đổi này được gọi là ánh xạ nếu mỗi phần tử 𝑥 thuộc tập 𝐸 tạo ra duy nhất một phần tử 𝑦 thuộc tập 𝐹 thông qua 𝑓, ký hiệu là 𝑦 = 𝑓(𝑥).

 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

Các ví dụ trên giúp người đọc dễ dàng hiểu và hình dung về ánh xạ hơn Trong các bài tập, ánh xạ thường được biểu diễn dưới dạng hàm số 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 với tích Đề-các như (𝑅², 𝑅³, 𝐶², …) Ví dụ, 𝑓: 𝑅 → 𝑅 là một ánh xạ điển hình.

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

Ánh xạ 𝑓 được gọi là toàn ánh khi với mỗi 𝑦 thuộc tập hợp 𝑌, tồn tại ít nhất một giá trị 𝑥 thuộc tập hợp 𝑋 sao cho 𝑓(𝑥) = 𝑦 Điều này có nghĩa là phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦 luôn có ít nhất một nghiệm 𝑥 trong tập hợp 𝑋 cho mọi 𝑦 trong tập hợp 𝑌.

Ánh xạ 𝑓 được gọi là song ánh khi nó đồng thời là đơn ánh và toàn ánh Điều này có nghĩa là với mỗi giá trị 𝑦 ∈ 𝑌, phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦 chỉ có một nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ 𝑋.

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)

Hàm số 𝑓 được gọi là toàn ánh Nếu tồn tại duy nhất một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với 𝑚 ∈ 𝑌, thì hàm 𝑓 là song ánh Ngoài ra, trong việc chứng minh 𝑓 là đơn ánh, có những phương pháp riêng biệt trong nhiều bài tập có thể thực hiện nhanh hơn so với cách làm tổng quát.

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.

Việc biện luận số nghiệm của phương trình trên theo 𝑎 và 𝑏 trở nên phức tạp do sự xuất hiện của các biến x² và x³ Do đó, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp riêng trong bài chứng minh đơn ánh để đơn giản hóa quá trình này.

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]

Hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 là hàm bậc nhất, do đó nó chỉ có thể đồng biến hoặc nghịch biến trên toàn bộ tập 𝑅 Để hàm 𝑓 là song ánh, phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑚 cần có nghiệm duy nhất 𝑥 nằm trong khoảng [−1; 5] với giá trị 𝑦 trong khoảng [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

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝐵, xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑚 Để 𝑓 là song ánh, chúng ta cần sử dụng bảng biến thiên của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) để xác định miền 𝐴 hoặc 𝐵 phù hợp, đảm bảo rằng (∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ 𝐴 Nếu 𝑓 là toàn ánh, cần phân tích bảng biến thiên để tìm miền 𝐴 hoặc 𝐵 sao cho (∗) luôn có nghiệm 𝑥 ∈ 𝐴 Đối với trường hợp 𝑓 là song ánh, việc sử dụng bảng biến thiên cũng giúp xác định miền 𝐴 hoặc 𝐵 phù hợp để (∗) 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:

10 [√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 quyết bài toán, cần áp dụng kiến thức về giải phương trình và định lý Vi-et đã học từ phổ thông, kết hợp với các phép toán liên quan đến lượng giác của số phức cùng với các tính chất của số phức liên hợp.

Khi giải phương trình phức, nên chuyển số phức về dạng lượng giác để thực hiện các phép toán như nhân, chia, lũy thừa và khai căn Sau đó, nếu đề bài yêu cầu, ta có thể đưa về dạng chính tắc; nếu không, có thể giữ nguyên nghiệm dưới dạng lượng giác Phương pháp này giúp đảm bảo giải đủ số nghiệm trong tập số phức.

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 của thành tích các đa thức, ta có (𝑧 − 3 − 𝑖√6) (𝑧 − 3 + 𝑖√6), từ đó nhân ra ta được 𝑧² − 6𝑧 + 15 Tiếp theo, ta thực hiện phép chia 4𝑧⁴ − 24𝑧³ + 57𝑧² + 18𝑧 − 45 cho 𝑧² − 6𝑧 + 15, và kết quả thu được là đa thức còn lại 4𝑧² − 3.

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 \( z = a + bi \), chúng ta gặp phải vấn đề khi thay vào phương trình, vì xuất hiện \( (a + bi)^7 \) Việc tính toán và phá mũ 7 không hề đơn giản Để giải quyết vấn đề này, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp lấy module cho cả hai vế.

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 cho một phép toán giữa hai phần tử 𝑥, 𝑦 thuộc 𝑉, nếu kết quả của phép toán đó, ký hiệu là 𝑥 ∘ 𝑦, cũng thuộc tập hợp 𝑉, thì phép toán ∘ được gọi là một phép toán hai ngôi trên tập 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 𝑦 𝑥

 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 thời gian thi giữa kỳ chỉ có 60 phút, các bài tập chứng minh cấu trúc nhóm, vành, trường thường ít xuất hiện Nếu có, thường sẽ 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, trong đó các phần tử trên đường chéo chính không đồng thời bằng 0, và tất cả các phần tử không nằm trên đường chéo chính đều bằng 0 Đường chéo chính là đường nối từ góc trái trên đến góc phải dưới của ma trận.

Ma trận tam giác là loại ma trận vuông cấp n, trong đó tất cả các phần tử nằm phía trên hoặc phía dưới đường chéo chính đều bằng 0.

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, ký hiệu 𝐸₃, là một khái niệm quan trọng trong đại số tuyến tính Ma trận chuyển vị của ma trận A có kích thước m × n được tạo ra bằng cách đổi hàng thành cột hoặc cột thành hàng, và được ký hiệu là 𝐴ᵀ.

Ma trận bậc thang, ký hiệu là 𝐵 𝑇 = [1 5 93 7 0], là loại ma trận mà tất cả các hàng chứa giá trị 0 nằm dưới các hàng khác có giá trị khác 0 Ngoài ra, phần tử khác 0 đầu tiên trong mỗi hàng phải nằm ở phía bên phải phần tử khác 0 đầu tiên của hàng ngay trước nó.

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 ×

Ma trận 𝐵 có kích thước 𝑛 × ℎ và được nối đuôi với ma trận 𝐴 có kích thước 𝑚 × 𝑛 Kết quả của phép nhân ma trận 𝐴 và 𝐵 sẽ tạo ra ma trận 𝐶 có kích thước 𝑚 × ℎ Phần tử ở hàng 𝑖, cột 𝑗 của ma trận 𝐶 được tính bằng tổng các tích của từng phần tử ở hàng 𝑖 của ma trận 𝐴 với phần tử tương ứng ở cột 𝑗 của ma trận 𝐵.

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 và các chương tiếp theo của Đại số, việc chuyển đổi ma trận thành ma trận bậc thang đóng vai trò quan trọng trong việc giải quyết các bài toán lớn Do đó, chúng ta sẽ nghiên cứu thuật toán biến đổi này thông qua các ví dụ cụ thể.

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

Để thuận tiện cho việc tính toán ở bước tiếp theo, cần biến đổi ma trận sao cho phần tử ở hàng một, cột một trở thành số 1 Nếu không thể đưa về số 1, chúng ta sẽ chuyển đổi nó thành một số có giá trị nhỏ hơn.

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

Chúng ta sẽ giữ nguyên những hàng đã làm gốc và không thay đổi gì, tiếp tục sử dụng hàng 2 làm gốc để 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

Khi chuyển đổi ma trận thành ma trận bậc thang, cần tuân thủ nghiêm ngặt các bước đã định sẵn mà không thực hiện các phép biến đổi hàng và cột một cách tùy tiện Việc biến đổi ngẫu nhiên có thể dẫn đến kết quả sai lệch Đối với các ma trận có kích thước lớn, hãy lặp lại các bước biến đổi cho đến khi đạt 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 là một khái niệm phức tạp và khó hiểu, vì vậy bài viết này sẽ không đề cập đến định nghĩa của nó, mà chỉ tập trung vào các phương pháp tính toán định thức.

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

 Chỉ ma trận vuông mới có định thức

II Các tính chất của định thức và công thức tính tổng 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 giá trị của định thức, trước tiên, bạn cần sử dụng các phép biến đổi sơ cấp để chuyển ma trận bên trong định thức thành ma trận tam giác Lưu ý rằng khi đổi chỗ hai cột hoặc hai hàng, dấu của định thức sẽ bị đổi Cuối cùng, giá trị của định thức sẽ bằng tích các phần tử nằm trên đường chéo chính.

VD1: Tính định thức của 𝐴 = [

VD2: Tính định thức của 𝐴 = [

Trong VD4, quá trình biến đổi trực tiếp không tạo ra ngay ma trận tam giác như trong VD3, mà cần thêm bước đổi hàng và cột Để đơn giản hóa quá trình này, trước khi thực hiện biến đổi, chúng ta nên sắp xếp các tham số về phía góc phải dưới của định thức hoặc đưa chúng về các cột cuối cùng.

Đối với định thức có tham số, nếu việc biến đổi thành ma trận tam giác gặp khó khăn, hãy đưa tham số về vị trí các cột cuối trước Sau đó, tiến hành biến đổi để đạt được ma trận tam giác một cách hiệu quả.

Do tham số 𝑏 - 6, ma trận trong định thức không thể chuyển thành ma trận tam giác Vì vậy, để tính định thức, ta sẽ khai triển cột một, là cột có nhiều số 0 nhất.

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, một dạng bài tập thường gặp trong đề thi là giải phương trình ma trận Việc giải phương trình ma trận cơ bản tương tự như giải phương trình đại số, mặc dù không có phép chia giữa hai ma trận, nhưng chúng ta có thể hiểu rằng phương pháp giải vẫn có những điểm tương đồng.

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

Để xử lý ma trận chứa tham số, cần áp dụng các phép biến đổi sơ cấp nhằm đưa các tham số về vị trí các cột cuối, tốt nhất là ở góc dưới bên phải của ma trận Sau đó, tiến hành biến đổi ma trận thành dạng bậc thang.

Để xác định hạng của ma trận lớn nhất và nhỏ nhất, cần chú ý đến định nghĩa về hạng của ma trận và tính chất quan trọng: đối với ma trận 𝐴 có kích thước 𝑚 × 𝑛, hạng của ma trận thỏa mãn 𝑟(𝐴) ≤ min(𝑚, 𝑛).

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

Khi thực hiện bài tập biện luận để xác định hạng của ma trận lớn nhất và nhỏ nhất, cần chú ý đến định nghĩa hạng của ma trận và tính chất quan trọng rằng đối với ma trận 𝐴 có kích thước 𝑚 × 𝑛, hạng của ma trận thỏa mãn 𝑟(𝐴) ≤ min(𝑚, 𝑛).

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

Một không gian vector được định nghĩa là một tập hợp 𝑉 ≠ ∅, trong đó có hai phép toán là cộng vector và nhân vô hướng Để được coi là một không gian vector, tập hợp này phải thỏa mãn điều kiện tính đóng kín: nếu 𝑎 và 𝑏 thuộc 𝑉, thì tổng 𝑎 + 𝑏 cũng phải thuộc 𝑉.

 ∃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) Không gian 𝑅 𝑛 được định nghĩa là tập hợp các bộ đôi (𝑥 1, 𝑥 2, , 𝑥 𝑛) với 𝑥 1, 𝑥 2, , 𝑥 𝑛 thuộc 𝑅 Tập hợp các đa thức có bậc ≤ 𝑛 cũng là một không gian vector quan trọng trong toán học.

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 được áp dụng ở đây là phép cộng hai vectơ trong tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, đảm bảo tuân thủ đầy đủ các điều kiện của phép cộng Bây giờ, chúng ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện của phép nhân.

Vậy 𝑉 không phải là không gian vecto.

Không gian vecto con

Tập hợp 𝐺 = {[𝑎 𝑏𝑏 𝑐] |𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑅} với phép cộng ma trận và nhân ma trận với một số thực là một không gian vector con của không gian 𝑀2, tức là không gian vector các ma trận vuông cấp hai.

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

Trong không gian vector 𝑉, một tập hợp các vector 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} được gọi là hệ sinh ra nếu mọi vector 𝑢 ∈ 𝑉 đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các vector trong 𝑆 Cụ thể, tồn tại các hệ số 𝑚1, 𝑚2, …, 𝑚𝑛 ∈ 𝑅 sao cho 𝑢 = 𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 + ⋯ + 𝑚𝑛𝑣𝑛.

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 chỉ có hai trường hợp nghiệm: nghiệm tầm thường và nghiệm không tầm thường, mà không tồn tại trường hợp vô nghiệm Nghiệm tầm thường xảy ra khi hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận mở rộng A̅ và bằng số ẩn Trong khi đó, nghiệm không tầm thường xuất hiện khi hạng của ma trận A và A̅ đều nhỏ hơn 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.

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

Hệ số hạng r(A) và r(A̅) đều bằng 3, cho thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (a, b, c) = (0, 0, 0), từ đó kết luận rằng hệ S là độc lập tuyến tính Do đó, S trở thành một cơ sở của R³ Hệ S = {v₁, v₂, v₃} có ba vectơ, tương ứng với dim(R³) = 3, nên S là cơ sở của R³ khi S độc lập tuyến tính Xét ràng buộc tuyến tính: av₁ + bv₂ + cv₃ = 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})

Để xác định số chiều của không gian vector 𝑉, ta lập ma trận tọa độ 𝐴 theo hàng từ các vector trong hệ 𝑆 Tiếp theo, sử dụng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận 𝐴 về dạng bậc thang Số chiều của 𝑉 sẽ tương ứng với hạng của ma trận 𝐴, và một cơ sở của 𝑉 được hình thành từ các vector nằm trong các dòng khác 0 của ma trận 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

Không gian vecto được định nghĩa là một tập hợp 𝑉 khác rỗng, trong đó có hai phép toán cơ bản là cộng vecto và nhân vô hướng Để 𝑉 được coi là một không gian vecto, các phép toán này phải thỏa mãn tính đóng kín, nghĩa là nếu 𝑎 và 𝑏 thuộc 𝑉, thì tổng của chúng, 𝑎 + 𝑏, cũng phải thuộc 𝑉.

 ∃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, tập hợp các đa thức có bậc ≤ 𝑛 được ký hiệu là 𝑃 𝑛 [𝑥], và 𝑀 𝑛, tập hợp các ma trận vuông cấp 𝑛 Cụ thể, không gian 𝑅 𝑛 được định nghĩa là tập hợp các bộ đôi (𝑥 1, 𝑥 2, , 𝑥 𝑛) với 𝑥 1, 𝑥 2, , 𝑥 𝑛 thuộc 𝑅 Tập hợp các đa thức bậc ≤ 𝑛 bao gồm tất cả các đa thức mà bậc của chúng không vượt quá 𝑛.

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 được thực hiện giữa hai vecto trong tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, đảm bảo tuân thủ đầy đủ các điều kiện của phép cộng Bước tiếp theo là kiểm tra các điều kiện liên quan đến phép nhân.

Vậy 𝑉 không phải là không gian vecto

II Không gian vecto con:

Tập hợp 𝐺 = {[𝑎 𝑏𝑏 𝑐] |𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑅} với phép cộng ma trận và nhân ma trận với một số thực được xác định là một không gian vector con của không gian 𝑀2, tức là không gian vector các ma trận vuông cấp hai.

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:

Trong không gian vector 𝑉, một họ các vector 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛} được gọi là hệ sinh ra nếu mọi vector 𝑢 ∈ 𝑉 đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các vector trong 𝑆 Cụ thể, tồn tại các số thực 𝑚1, 𝑚2, … , 𝑚𝑛 sao cho 𝑢 = 𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 + … + 𝑚𝑛𝑣𝑛.

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 chỉ có hai trường hợp nghiệm: nghiệm tầm thường và nghiệm không tầm thường, không có trường hợp nào là vô nghiệm Nghiệm tầm thường xảy ra khi hạng của ma trận hệ số A bằng hạng của ma trận mở rộng A̅ và bằng số ẩn Ngược lại, nghiệm không tầm thường xuất hiện khi hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận A̅ nhưng nhỏ hơn 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

Hệ số hạng của ma trận 𝑟(𝐴) và 𝑟(𝐴̅) đều bằng 3, cho thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0,0,0), từ đó khẳng định rằng hệ 𝑆 là độc lập tuyến tính Do đó, hệ 𝑆 = {𝑣 1, 𝑣 2, 𝑣 3} với 3 vectơ tương ứng với dim (𝑅 3) cũng là một cơ sở của 𝑅 3 Khi xem xét ràng buộc tuyến tính, ta có 𝑎𝑣 1 + 𝑏𝑣 2 + 𝑐𝑣 3 = 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})

Để xác định số chiều của không gian vector 𝑉, trước tiên lập ma trận tọa độ 𝐴 theo hàng từ các vector trong hệ 𝑆 Tiếp theo, thực hiện các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận 𝐴 về dạng bậc thang Số chiều của 𝑉 sẽ tương ứng với hạng của ma trận 𝐴, và một cơ sở của 𝑉 có thể được xác định từ các vector nằm trong các dòng khác 0 của ma trận 𝐴.