Bài Giảng Đại Số Tuyến Tính - Đặng Văn Vinh

Đại học Quốc gia TP.HCM
Trường Đại học Bách Khoa
Bộ môn Toán Ứng dụng
.
Bài Giảng Đại Số Tuyến Tính
TS. Đặng Văn Vinh
E-mail: dangvvinh@hcmut.edu.vn
Website: www.tanbachkhoa.edu.vn/dangvanvinh
Ngày 31 tháng 8 năm 2013
Mục tiêu môn học
Môn học cung cấp kiến thức cơ bản của đại số tuyến tính. Sinh viên cần nắm vững kiến thức nền tảng và
biết giải các bài toán cơ bản: số phức, tính định thức, làm việc với ma trận, giải hệ phương trình tuyến
tính, không gian véc tơ, không gian euclide, ánh xạ tuyến tính, tìm trị riêng - véc tơ riêng, đưa dạng toàn
phương về dạng chính tắc.
Tài liệu tham khảo
1) Đỗ Công Khanh, Ngô Thu Lương, Nguyễn Minh Hằng. Đại số tuyến tính. NXB Đại học quốc gia.
2) Đỗ Công Khanh. Đại số tuyến tính. NXB Đại học quốc gia.
3) Trần Lưu Cường. Đại số tuyến tính.NXB Đại học quốc gia.
Ghi chú:
Tài liệu này chỉ tóm tắc lại bài giảng của Thầy Đặng Văn Vinh. Để hiểu bài tốt, các em cần đi học trên lớp
lý thuyết và bài tập.
Sinh viên tạo tài khoảng trên website www.tanbachkhoa.edu.vn/dangvanvinh , làm thêm bài tập trắc nghiệm
trên đó.
Vì nội dung mới được soạn lại nên không thể tránh sai sót. Mọi góp ý, sinh viên có thể liên hệ trên diễn
đàn website hoặc qua mail: nguyenhuuhiep47@gmail.com.
1
Mục lục
0 Số phức 4
0.1 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
0.2 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1 Ma trận 11
1.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Các phép biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Các phép toán ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4 Hạng của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5 Ma trận nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Định thức 18
2.1 Định nghĩa định thức và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 Tính chất định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3 Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp định thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 Hệ phương trình 23
3.1 Hệ Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2 Hệ thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4 Không gian véc tơ 28
4.1 Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4.2 Độc lập tuyến tính - phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4.3 Hạng của họ véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4.4 Cơ sở và số chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4.5 Tọa độ véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.6 Ma trận chuyển cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.7 Không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.8 Tổng giao hai không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5 Không gian Euclide 44
5.1 Tích vô hướng của 2 véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.2 Bù vuông góc của không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.3 Quá trình Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
5.4 Hình chiếu vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
6 Ánh xạ tuyến tính 52
6.1 Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6.2 Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
6.3 Ma trận của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7 Trị riêng - véc tơ riêng 60
7.1 Trị riêng - véc tơ riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
7.2 Chéo hóa ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
7.3 Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2
7.4 Trị riêng - véc tơ riêng của ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
7.5 Chéo hóa ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
8 Dạng toàn phương 72
8.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
8.2 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
8.3 Phân loại dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 3 T.S.Đặng Văn Vinh
Chương 0
Số phức
Nội dung
1) Dạng đại số của số phức.
2) Dạng lượng giác số phức.
3) Dạng mũ số phức.
4) Nâng số phức lên lũy thừa.
5) Khai căn số phức.
6) Định lý cơ bản đại số.
0.1 Dạng đại số của số phức
Định nghĩa 0.1 .
i) Số i, được gọi là đơn vị ảo, là một số sao cho i2 = −1.
ii) Cho a, b là 2 số thực, i là đơn vị ảo. Khi đó z = a+ bi được gọi là số phức.
Số thực a := Re(z) gọi là phần thực của số phức z.
Số thực b := Im(z) gọi là phần ảo của số phức z.
iii) Tập tất cả các số phức dạng z = 0 + ib, b ∈ R \ {0} gọi là số thuần ảo.
Ví dụ 0.1
i,−2i, 3i là những số thuần ảo.
Tập hợp số thực là tập hợp con của tập hợp số phức, vì: ∀a ∈ R : a = a+ 0.i là một số phức.
Định nghĩa 0.2 2 số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo tương ứng bằng nhau
a1 + ib1 = a2 + ib2 ⇐⇒
{
a1 = b1,
a2 = b2.
Ví dụ 0.2 cho z1 = 2 + 3i, z2 = m+ 3i. Tìm m để z1 = z2.
z1 = z2 ⇐⇒
{
2 = m,
3 = 3.
Phép cộng trừ 2 số phức
(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i
(a+ bi)− (c+ di) = (a− c) + (b− d)i
4
0.1. DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
Ví dụ 0.3 Tìm phần thực và ảo của z = (3 + 5i) + (2− 3i).
z = (3 + 5i) + (2− 3i) = (3 + 2) + (5− 3)i = 5 + 2i. =⇒ Re(z) = 5, Im(z) = 2.
Phép nhân 2 số phức
(a+ bi)(c+ di) = (ac− bd) + (ad+ bc)i
Ví dụ 0.4 Tìm dạng đại số của z = (2 + 5i)(3 + 2i).
z = (2 + 5i)(3 + 2i) = 2.3 + 2.2i+ 5i.3 + 5i.2i = 6 + 4i+ 15i+ 10i2 = 6 + 10(−1) + 19i = −4 + 19i.
Ghi chú
Khi cộng(trừ) 2 số phức, ta cộng(trừ) phần thực và phần ảo tương ứng.
Khi nhân 2 số phức, ta thực hiện giống như nhân 2 biểu thức đại số với
chú ý i2 = −1.
Số phức liên hợp
Số phức z¯ = a− bi gọi là liên hợp của số phức z = a+ bi.
Ví dụ 0.5 Tìm số phức liên hợp của z = (2 + 3i)(4− 2i).
Ta có z = (2 + 3i)(4− 2i) = 2.4− 2.2i+ 3i.4− 3i.2i = 8− 4i+ 12i+ 6 = 14 + 8i =⇒ z¯ = 14− 8i.
Tính chất cho 2 số phức z, w
1) z + z¯ ∈ R.
2) z.z¯ ∈ R .
3) z = z¯ ⇐⇒ z ∈ R.
4) z + w = z + w.
5) z.w = z.w.
6) z = z.
7) zn = zn, ∀n ∈ N .
Chia 2 số phức
z1
z2
=
a1 + ib1
a2 + ib2
=
(a1 + ib1)(a2 − ib2)
(a2 + ib2)(a2 − ib2) =
a1a2 + b1b2
a22 + b
2
2
+ i
b1a2 − a2b1
a22 + b
2
2
.
Ta nhân liên cả tử và mẫu cho liên hợp mẫu.
Ví dụ 0.6 Thực hiện phép toán z =
3 + 2i
5− i
Nhân cả tử và mẫu cho 5 + i, ta được
z =
(3 + 2i)(5 + i)
(5− i)(5 + i) =
15 + 3i+ 10i− 2
25 + 1
=
13 + 13i
26
=
1
2
+
1
2
i.
Chú ý: so sánh với số phức
Trong trường số phức C không có khái niệm so sánh. Biểu thức
z1 < z2 hay z1 ≥ z2 đều không có nghĩa trong trường số phức.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 5 T.S.Đặng Văn Vinh
0.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
0.2 Dạng lượng giác của số phức
Mô đun số phức z = a+ bi là một số thực không âm được định
nghĩa
mod(z) = |z| =
√
a2 + b2
Argument của số phức z là góc ϕ và được ký hiệu là
arg(z) = ϕ
Góc ϕ được giới hạn trong khoảng (0, 2pi) hoặc (−pi, pi).
Ví dụ 0.7 Tìm mô đun của số phức z = 3− 4i.
a = 3, b = −4 =⇒ |z| = √32 + (−4)2 = 5.
Chú ý
• Nếu xem số phức z = a + bi là một điểm (a, b) trong mặt
phẳng phức thì
|z| =
√
a2 + b2 =
√
(a− 0)2 + (b− 0)2
là khoảng cách từ gốc tọa độ O(0, 0) đến z.
• Cho z = a+ bi, w = c+ di thì
|z − w| = |(a− c) + (b− d)i| =
√
(a− c)2 + (b− d)2
là khoảng cách giữa 2 điểm z và w.
Ví dụ 0.8
Tập hợp các số phức z thỏa |z − (2− 3i)| = 5 là đường tròn tâm (2,−3) bán kính bằng 5.
Công thức tìm argument
cosϕ =
a
r
=
a√
a2 + b2
,
sinϕ =
b
r
=
b√
a2 + b2
hoặc tanϕ =
b
a
.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 6 T.S.Đặng Văn Vinh
0.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
Ví dụ 0.9 Tìm argument số phức z =
√
3 + i.
a =
√
3, b = 1. Ta tìm góc ϕ thỏa

cosϕ =
a
r
=
√
3√√
3
2
+ 12
=
√
3
2
,
cosϕ =
b
r
=
1√√
3
2
+ 12
=
1
2
.
=⇒ ϕ = pi
3
.
Dạng lượng giác số phức
z = a+ bi =
√
a2 + b2
(
a√
a2 + b2
b√
a2 + b2
i
)
=⇒ z = r(cosϕ+ i sinϕ) gọi là dạng lượng giác.
Ví dụ 0.10 Tìm dạng lượng giác số phức z = −1 + i√3.
a = −1, b = √3. Mô đun:r = |z| = √1 + 3 = 2. Argument

cosϕ =
a
r
=
−1
2
,
sinϕ =
b
r
=
√
3
2
=⇒ ϕ = 2pi
3
.
Dạng lượng giác z = 2(cos
2pi
3
+ i sin
2pi
3
).
Sự bằng nhau của 2 số phức ở dạng lượng giác
z1 = z2 ⇐⇒
{
r1 = r2,
ϕ1 = ϕ2 + k2pi.
Phép nhân ở dạng lượng giác
z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)).
Mô đun nhân với nhau, argument cộng lại.
Ví dụ 0.11 Tìm dạng lượng giác số phức z = (1 + i)(1− i√3).
z = (1 + i)(1− i√3) = √2(cos pi
4
+ i sin
pi
4
).2(cos
−pi
3
+ i sin
−pi
3
) = 2
√
2(cos
−pi
12
+ i sin
−pi
12
).
Phép chia dạng lượng giác
z1
z2
=
r1(cosϕ1 + i sinϕ1)
r2(cosϕ2 + i sinϕ2)
=
r1
r2
(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)) , r2 6= 0.
Mô đun chia cho nhau, argument trừ ra.
Ví dụ 0.12 Tìm dạng lượng giác số phức z =
2− i√12
−√3 + i .
z =
2− i√12
−√3 + i =
4(cos −pi3 + i sin
−pi
3 )
2(cos 5pi6 + i sin
5pi
6 )
= 2
[
cos(
−pi
3
− 5pi
6
) + i sin(
−pi
3
− 5pi
6
)
]
= 2
(
cos
−7pi
6
+ i sin
−7pi
6
)
.
Định lý Euler(1707-1783)
eiϕ = cosϕ+ i sinϕ.
Dạng mũ của số phức z = r.eiϕ.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 7 T.S.Đặng Văn Vinh
0.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
Ví dụ 0.13 Tìm dạng mũ của số phức z = −√3 + i.
Dạng lượng giác z = 2
(
cos
5pi
6
+ i sin
5pi
6
)
. Dạng Mũ z = 2ei
5pi
6 .
Ví dụ 0.14 Biểu diễn số phức sau trên mặt phẳng phức z = ea+3i, a ∈ R.
Ta có z = ea(cos 3 + i sin 3).
ϕ = 3 không đổi nên tập hợp là nửa đường thẳng nằm trong góc phần tư thứ 2.
Phép nâng lũy thừa.
z = a+ bi, z2 = (a+ bi)2 = a2 + (bi)2 + 2abi = (a2 − b2) + 2abi,
z3 = (a+ bi)3 = a3 + 3a2bi+ 3a(bi)2 + (bi)3 = (a3− 3ab2) + (3a2b− b3)i
zn = C0na
n + C1na
n−1bi+ C2nan−2(bi)2 + · · ·+ Cnn (bi)n := A+Bi.
Ví dụ 0.15 Cho số phức z = 2 + i. Tính z5.
z5 = (2 + i)5 = C052
5 + C152
4i+ C252
3i2 + C352
2i3 + C452.i
4 + C55 i
5
= 32 + 5.16.i+ 10.8(−1) + 10.4.(−i) + 5.2.1 + i = −38 + 41i.
Lũy thừa bậc n của i.
Ta phân tích n = 4p+ r : r là phần dư trong phép chia n cho 4.
in = ir
Ví dụ 0.16 Tính z = i2013.
Ta có 2013 = 503.4 + 1 =⇒ z = i2013 = i1 = i.
Ví dụ 0.17 Cho số phức z = 1 + i. Tìm z3 và z100.
a) z3 = (1 + i)3 = 1 + 3i+ 3i2 + i3 = 1 + 3i− 3− i = −2 + 2i.
b) Ta dùng nhị thức newton như trên sẽ rất dài.
Công thức De Moivre
Dạng lượng giác z = r(cosϕ+i sinϕ) =⇒ zn = rn(cosnϕ+ i sinnϕ)
Dạng lượng mũ z = reiϕ =⇒ zn = rneinϕ
Mô đun mũ n lên, argument tăng n lần.
Ví dụ 0.18 Sử dụng công thức De Moivre, tính
a) (1 + i)25. b) (−1 + i√3)200. c) (
√
3− i)17
(
√
12 + 2i)20
.
a) z = 1 + i =
√
2(cos
pi
4
+ i sin
pi
4
) =⇒ z25 = √225(cos 25pi
4
+ i sin
25pi
4
) = 12
√
2(cos
pi
4
+ i sin
pi
4
).
b) Tương tự.
c) Tương tự.
căn bậc n của số phức
Căn bậc n của số phức z là số phức w thỏa wn = z, n ∈ N .
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 8 T.S.Đặng Văn Vinh
0.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
Công thức căn bậc n.
Cho dạng lượng giác z = r(cosϕ+ i sinϕ). Công thức
n
√
z = n
√
r
(
cos
ϕ+ k2pi
n
+ i sin
ϕ+ k2pi
n
)
; k = 0, 1, . . . , (n− 1)
Căn bậc n của z(z 6= 0) có đúng n giá trị phân biệt.
Ví dụ 0.19 Tìm căn bậc n của các số phức sau:
a) 3
√
8.
b) 4
√√
3 + i.
c) 8
√
16i
1 + i
.
d) 6
√
1 + i√
3− i .
e)
√
5 + 12i.
f)
√
1 + 2i.
Bài làm
a) 8 = 8(cos 0 + i sin 0) =⇒ 3√8 = 2
(
cos
0 + k2pi
3
+ i sin
0 + k2pi
3
)
; k = 0, 1, 2.
b) 4
√√
3 + i = 4
√
2
(
cos
pi
6
+ i sin
pi
6
)
=
√
2
(
cos
pi
6 + k2pi
4
+ i sin
pi
6 + k2pi
4
)
; k = 0, 1, 2, 3.
c) Tương tự
d) Tương tự
e) Argument của 5 + 12i không phải cung đặc biệt. Ta sẽ dùng dạng đại số để tính
√
5 + 12i như sau
√
5 + 12i = a+bi⇐⇒ 5+12i = (a+bi)2 ⇐⇒ 5+12i = a2−b2+2abi⇐⇒
{
a2 − b2 = 5,
2ab = 12
⇐⇒
{
a = ±3,
b = ±2.
Vậy:
√
5 + 12i = ±(3 + 2i)
Định lý cơ bản đại số
Mọi đa thức bậc n có đúng n nghiệm kể cả bội.
Hệ quả: Cho P (z) là đa thức hệ số thực.
p(a+ bi) = 0 =⇒ p(a− bi) = 0.
Ví dụ 0.20 Tìm tất cả các nghiệm của đa thức P (z) = z4 − 4z3 + 14z2 − 36z + 45, biết 1 nghiệm là 2 + i.
Theo hệ quả: P (2 + i) = 0 =⇒ P (2− i) = 0.
Do đó P (z) chia hết cho (z − (2 + i))(z − (2− i)) = z2 − 4z + 5 và được thương là z2 + 9.
Ta viết P (z) = (z2 − 4z + 5)(z2 + 9) có 4 nghiệm là 2 + i, 2− i, 3i,−3i.
Ví dụ 0.21 Giải phương trình z9 + i = 0.
z = 9
√−i = 9
√
cos
−pi
2
+ i sin
−pi
2
= cos
−pi
2 + k2pi
9
+ i sin
−pi
2 + k2pi
9
, k = 0, 1, 2, . . . , 8.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 9 T.S.Đặng Văn Vinh
0.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHƯƠNG 0. SỐ PHỨC
Ví dụ 0.22 Giải phương trình
a) z5 + 1− i. b) z2 + z + 1 = 0. c) z4 + z2 + 2 = 0. d) z2 + 2z + 1− i = 0.
Bài làm
a) z = 5
√−1 + i = ... tương tự như trên
b) ∆ = b2 − 4ac = 12 − 4.1.1 = −3 = (i√3)2 =⇒ √∆ = ±i√3.
Nghiệm z1 =
−b+√∆1
2a
=
−1 + i√3
2
, z2 =
−b+√∆2
2a
=
−1− i√3
2
.
c) Đặt w = t2
d) Lập ∆ và tính
√
∆ rồi tính nghiệm theo công thức.
Bài tập
Câu 1) Rút gọn biểu thức
(a) (2− i)5 (b) (2− 3i)
5
i5(1 + i)
(c)
(2 + 2i)9
(i
√
3− 1)7 (d)
(i
√
12− 2)14
(1− i)19
Câu 2) Tính
(a) 6
√
64
(b)
√
5 + 12i
(c) 6
√
−16i
(i−√3)2
Câu 3) Giải phương trình:
(a) z2 − 2z + 5 = 0 (b) z2 + z + 1− i = 0 (c) z4 + z2 + 4− 28i = 0
Câu 4) Tính 10
√
z biết (
√
3 + 2i)z +
2 + 6i
1 + i
= 3iz + (3 + i)(2− i)
Câu 5) Giải phương trình z4 − 4z3 + 17z2 − 16z + 52 = 0 biết phương trình có một nghiệm z1 = 2 + 3i
Câu 6) Đưa về dạng lượng giác
(a) z = sinϕ+ 2i sin2
ϕ
2
(b) w = cosϕ+ i(1 + sinϕ)
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 10 T.S.Đặng Văn Vinh
Chương 1
Ma trận
Nội dung
• Định nghĩa và ví dụ.
• Các phép biến đổi sơ cấp.
• Các phép toán đối với ma trận.
• Hạng của ma trận.
• Ma trận nghịch đảo.
1.1 Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.1 (Ma trận) .
Ma trận cỡ m× n là một bảng số (thực hoặc phức) hình chữ nhật có m hàng và n cột.
A =

a11 . . . a1j . . . a1n
. . . . . . . . . . . . . . .
ai1 . . . aij . . . ain
. . . . . . . . . . . . . . .
am1 . . . amj . . . amn

Ví dụ 1.1
A =
(
3 4 1
2 0 5 ... làm
Chọn cơ sở E = {(1; 1; 1), (1; 0; 1), (1; 1; 0)}. Ma trận của f trong cơ sở E là
A = E−1f(E) =
1 1 11 0 1
1 1 0
2 6 −21 3 −1
3 5 −3
 =
 2 2 −21 3 −1
−1 1 1
 .
Tìm TR của A: λ1 = 0, λ2 = 2, λ3 = 4. Đây cũng là TR của axtt f .
λ1 = 0 =⇒ VTR của A là x =
α0
α
 , α 6= 0.
Véc tơ riêng của f ứng với TR λ1 là
v1 = Ex =
1 1 11 0 1
1 1 0
α0
α
 =
2α2α
α
 , α 6= 0.
Tương tự cho trị riêng λ2 và λ3:
v2 =
2αα
α
 , v3 =
2αα
2α
 , α 6= 0.
Ví dụ 7.18 Cho axtt f : R3 −→ R3 có ma trận trong cơ sở E = {(1; 1; 1), (1; 1; 2), (1; 2; 1)} là
A =
 2 −2 −1−2 −1 −2
14 25 14

Tìm TR-VTR của f .
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 68 T.S.Đặng Văn Vinh
7.5. CHÉO HÓA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 7. TRỊ RIÊNG - VÉC TƠ RIÊNG
Bài làm
TR của A là λ1 = 3, λ2 = 6. Đây cũng là TR của f .
λ1 = 3 =⇒ VTR của A là u1 =
 α−α
α
 , α 6= 0.
VTR của f ứng với TR λ1 là
v1 = E.u1 =
1 1 11 1 2
1 2 1
 α−α
α
 =
 α2α
0
 , α 6= 0.
Tương tự cho trị riêng λ2 : v2 =
 5α13α
3α
 , α 6= 0.
Ví dụ 7.19 Cho axtt f : R3 −→ R3 biết f có 3 TR là 2, 1, 0 và 3 VTR tương ứng là (1; 1; 1), (1; 2; 1), (1; 1; 2).
Tìm f(x).
Bài giải
Theo giả thiết ta có:
f(1; 1; 1) = 2(1; 1; 1) = (2; 2; 2), f(1; 2; 1) = 1.(1; 2; 1), f(1; 1; 2) = 0.(1; 1; 2) = 0.
Từ đây suy ra f(x).
7.5 Chéo hóa ánh xạ tuyến tính
Định nghĩa 7.8 Axtt f : V −→ V gọi là chéo hóa được nếu tồn tại cơ sở B sao cho ma trận của f trong
cơ sở này là ma trận chéo.
Chéo
Định lý 7.9 Axtt f : V −→ V chéo hóa được khi và chỉ khi f có n véc tơ riêng độc lập tuyến tính.
Khi đó cơ sở B gồm các véc tơ riêng.
Các bước chéo hóa ánh xạ tuyến tính:
Bước 1) Chọn 1 cơ sở E của KGVT V . Tìm ma trận A của f trong cơ sở E.
Bước 2) Chéo hóa ma trận A (nếu được).
Bước 3) Kết luận:
i) Nếu A chéo hóa được thì f chéo hóa được và ngược lại
ii) Kết luận: Giả sử A chéo hóa được bởi ma trận P và ma trận chéo D:
Cơ sở B gồm các VTR của f và ma trận chéo cần tìm là D
Ví dụ 7.20 Cho axtt f : R3 −→ R3 biết f(x) = (2x1 − 2x2 − x3;−2x1 − 1x2 − 2x3; 14x1 + 25x2 + 14x3).
Chéo hóa f (nếu được).
Bài làm
Ma trận của f trong cơ sở chính tắc A =
 2 −2 −1−2 −1 −2
14 25 14
.
TR của A là λ1 = 3, λ2 = 6(BŒS = 2).
λ2 = 6 =⇒ VTR của A là v2 =
−1−2
8
α : BHH = 1 < BŒS.
A không chéo hóa được do đó f cũng không chéo hóa được.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 69 T.S.Đặng Văn Vinh
7.5. CHÉO HÓA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 7. TRỊ RIÊNG - VÉC TƠ RIÊNG
Ví dụ 7.21 Cho axtt f : R3 → R3, biết
f(1; 1; 1) = (1;−7; 9), f(1; 0; 1) = (−7; 4;−15), f(1; 1; 0) = (−7; 1;−12).
Chéo hóa f (nếu được).
Bài làm
Ma trận của f trong cơ sở E = {(1; 1; 1), (1; 0; 1), (1; 1; 0)} là
A = E−1f(E) =
1 1 11 0 1
1 1 0
−1 1 −7 −7−7 4 1
9 −15 −12
 =
 1 −4 −48 −11 −8
−8 8 5

Phương trình đặc trưng −λ3−5λ2−3λ+9 = 0⇔ −(λ−1)(λ+3)2 = 0 Với λ1 = 1 =⇒ u1 =
 12
−2
α, α 6= 0.
Cơ sở E1 của f ứng với TR λ1 là
v1 = Eu1 =
1 1 11 0 1
1 1 0
 12
−2
 =
 1−1
3

λ2 = −3. Cơ sở E−3 của A là
u2 =
11
0
 , u3 =
10
1
.
Cơ sở E−3 của f ứng với TR λ2 làv2 = Eu2 =
21
2
 , v3 = Eu3 =
22
1
 .
Vậy cơ sở cần tìm là B = {(1,−1, 3), (2, 1, 2), (2, 2, 1)} và ma trận của axtt f trong cơ sở B là
D =
 1 0 00 −3 0
0 0 −3
 .
Bài tập
Câu 1) Chéo hóa các ma trận sau (nếu được):
a) A =
−1 4 −2−3 4 0
−3 1 3
 ,
TR : 1, 2, 3.
b) A =
4 2 22 4 2
2 2 4
 ,
TR : 2, 8.
c) A =
2 2 −11 3 −1
1 −1 0
 ,
TR : 0, 1, 4.
d) A =
4 0 −22 5 4
0 0 5
 ,
TR : 5, 4.
e) A =
 7 4 162 5 8
−2 −2 −5
 ,
TR : 3, 1
f) A =
 0 −4 −6−1 0 −3
1 2 5
 ,
TR : 2, 1.
Câu 2) Chứng minh rằng nếu A chéo hóa và khả nghịch thì A−1 cũng chéo hóa và khả nghịch.
Câu 3) Chứng tỏ nếu ma trận vuông A cấp n có n VTR độc lập tuyến tính thì ma trận AT cũng có n VTR
độc lập tuyến tính.
Câu 4) Chứng tỏ nếu B đồng dạng với A và A chéo hóa được thì B cũng chéo hóa được.
Câu 5) Cho ánh xạ tuyến tính f : R2 → R2. f(x1;x2) = (x1 + 2x2; 2x1 + 4x2).
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 70 T.S.Đặng Văn Vinh
7.5. CHÉO HÓA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 7. TRỊ RIÊNG - VÉC TƠ RIÊNG
(a) Tìm cơ sở và số chiều của imf và kerf .
(b) Tìm tất cả các TR và VTR của f .
(c) Chéo hóa f (nếu được).
(d) Tính A20E .
Câu 6) Cho axtt f : R3 → R3. E = {e1 = (1; 1; 0); e2 = (2; 1; 1); e3 = (1; 0; 2)} là cơ sở của R3. f(e1) =
(0; 0; 4), f(e2) = (1; 3; 8), f(e3) = (3; 5; 6)}.
(a) Tìm f(x), cơ sở và số chiều của nhân và ảnh.
(b) Tìm tất cả các TR và véc tơ riêng của f .
(c) Tìm ma trận B sao cho B3 = AE0 .
(d) Chéo hóa f (nếu được).
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 71 T.S.Đặng Văn Vinh
Chương 8
Dạng toàn phương
Nội dung
• Định nghĩa dạng toàn phương
• Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
• Phân loại dạng toàn phương
8.1 Định nghĩa
Định nghĩa 8.1 Dạng toàn phương trong Rn là một hàm thực f : Rn → R,
∀x = (x1, x2, . . . , xn)T ∈ Rn : f(x) = xT .A.x,
trong đó A là ma trận đối xứng thực và được gọi là ma trận của dạng toàn phương (trong cơ sở chính tắc).
Ví dụ 8.1
Cho x =
(
x1
x2
)
, A =
(
2 −3
−3 4
)
. Ma trận của dạng toàn phương trong R2 là
xTAx =
(
x1 x2
)( 2 −3
−3 4
)(
x1
x2
)
= 2x21 − 6x1x2 + 4x22.
Dạng toàn phương trong R3 thường được ghi ở dạng
f(x) = f(x1, x2, x3) = Ax
2
1 +Bx
2
2 +Cx
2
3 + 2Dx1x2 + 2Ex1x3 + 2Fx2x3.
Ma trận của dạng toàn phương lúc này là ma trận đối xứng
M =
 A D ED B F
E F C

Ví dụ 8.2 Cho dạng toàn phương trong R3 : f(x) = 2x21 − 3x22 + 4x23 − 2x1x2 + 6x1x3.
Ma trận của dạng toàn phương là A =
 2 −1 3−1 −3 0
3 0 4
. Dễ dang kiểm tra f(x) = xTAx.
72
8.2. ĐƯA DẠNG TOÀN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
8.2 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
Cho dạng toàn phương f(x) = xTAx, x ∈ Rn.
A là ma trận đối xứng thực nên chéo hóa được bởi ma trận trực giao P và ma trận chéo D: A = PDP T .
Khi đó f(x) = xTAx = xTPDP Tx = (P Tx)T .D.(P Tx).
Đặt y = P Tx⇐⇒ x = Py, ta được
f = yTDy = λny
2
n + λny
2
n + · · ·+ λny2n
Dạng toàn phương yTDy gọi là dạng chính tắc của
dạng toàn phương xTAx.
Dạng toàn phương f(x) = xTAx luôn đưa được về dạng chính tắc
f = yTDy bằng cách chéo hóa trực giao ma trận A.
Phép biến đổi x = Py như trên gọi là phép biến đổi trực giao.
Thuật toán phép biến đổi trực giao:
Bước 1: Viết ma trận A của dạng toàn phương (trong cơ sở chính tắc).
Bước 2: Chéo hóa A bởi ma trận trực giao P và ma trận chéo D.
Bước 3: Kết luận: dạng chính tắc cần tìm là f = yTDy.
Phép biến đổi cần tìm x = Py.
Ví dụ 8.3 Đưa dạng toàn phương
f(x1, x2, x3) = −4x1x2 − 4x1x3 + 3x22 − 2x2x3 + 3x23
về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao. Nêu rõ phép biến đổi.
Bài làm
Ma trận của dạng toàn phương A =
 0 −2 −2−2 3 −1
−2 −1 3

p(λ) = −λ3 + 6λ2 − 32 =⇒ TR : λ1 = −2, λ2 = λ3 = 4.
Với λ1 = −2, ta có P∗1 =

2√
6
1√
6
1√
6
 .
Với λ2 = λ3 = 4, ta có P∗2 =
 −
1√
5
2√
5
0
 , P∗3 =
 −
2√
30
− 1√
30
5√
30
 .
Do đó ma trận trực giao P =

2√
6
− 1√
5
− 2√
30
1√
6
2√
5
− 1√
30
1√
6
0 5√
30
 .
Dạng chính tắc f = −2y21 + 4y22 + 4y23 và phép biến đổi tương ứng x = py.
Định nghĩa 8.2 Phép biến đổi x = Py gọi là phép biến đổi không suy biến nếu P là ma trận không suy
biến.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 73 T.S.Đặng Văn Vinh
8.2. ĐƯA DẠNG TOÀN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Thuật toán Lagrange
Bước 1) Chọn 1 số hạng x2k có hệ số khác không.
Lập thành 2 nhóm: 1 nhóm gồm tất cả các số hạng chứa xk,
nhóm còn lại không chứa xk.
Bước 2) Trong nhóm đầu tiên: lập thành tổng bình phương.
Như vậy, ta sẽ được 1 tổng bình phương và 1 dạng toàn phương
không chứa xk.
Bước 3) Sử dụng bước 1, 2 cho dạng toàn phương không chứa xk.
Chú ý: Nếu trong dạng toàn phương không có số hạng x2k, thì ta chọn số hạng xi.xj có hệ số khác 0. Đổi
biến 
xi = yi + yj
xj = yi − yj
xk = yk, k 6= i, j.
Ví dụ 8.4 Đưa dạng toàn phương f(x1, x2, x3) = x21 + 2x
2
2 − 7x23 − 4x1x2 + 8x1x3 về dạng chính tắc bằng
phương pháp Lagrange.
f(x) = [x21 − 4x1(x2 − 2x3)] + [2x22 − 7x23]
= [x21 − 4x1(x2 − 2x3) + 4(x2 − 2x3)2]−4(x2 − 2x3)2 +2x22−7x23 = (x1 − 2x2 + 4x3)2−2x22 +16x2x3−23x23
Làm tương tự cho phần không chứa x1:
−2x22 + 16x2x3 − 23x23 = −2(x22 − 8x2x3 + 16x23) + 9x23 = −2(x2 − 4x3)2 + 9x23.
=⇒ f(x) = (x1 − 2x2 + 4x3)2−2(x2 − 4x3)2 + 9x23.
y1 = x1 − 2x2 + 4x3
y2 = x2 − 4x3
y3 = x3
→

x1 = y1+ 2y2+ 4y3
x2 = y2+ 4y3
x3 = y3
Dạng chính tắc cần tìm là f(x) = g(y) = y21 − 2y22 + 9y23.
Ví dụ 8.5 Đưa dạng toàn phương f(x) = x21 + 4x1x2 + 4x1x3 + 4x
2
2 + 16x2x3 + 4x
2
3 về dạng chính tắc bằng
thuật toán Lagrange.
Bài làm
f(x) = [x21 + 4x1(x2 + x3)] + 4x
2
2 + 16x2x3 + 4x
2
3
= (x1 + 2x2 + 2x3)
2 − 4(x2 + x3)2 + 4x22 + 16x2x3 + 4x23 = (x1 + 2x2 + 2x3)2 + 8x2x3. Phần còn lại không
có số hạng bình phương, ta đặt

x1 + 2x2 + 2x3 = y1
x2 = y2 + y3
x3 = y2 − y3

x1 = y1 + 4y2
x2 = y2 + y3
x3 = y2 − y3
.
Dạng chính tắc cần tìm là f = y21 + 8y
2
2 − 8y23
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 74 T.S.Đặng Văn Vinh
8.3. PHÂN LOẠI DẠNG TOÀN PHƯƠNG CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
8.3 Phân loại dạng toàn phương
Phân loại dạng toàn phương . Dạng toàn phương f(x) = xTAx được
gọi là
• xác định dương, nếu ∀x 6= 0 : f(x) > 0.
• xác định âm, nếu ∀x 6= 0 : f(x) < 0.
• nửa xác định dương, nếu ∀x : f(x) > 0, ∃x0 6= 0 : f(x0) = 0.
• nửa xác định âm, nếu ∀x : f(x) 6 0, ∃x0 6= 0 : f(x0) = 0.
• không xác định dấu, nếu ∃x1, x2 : f(x1) 0.
Ví dụ 8.6 Phân loại dạng toàn phương f(x) = x21 + 5x
2
2 + 4x
2
3 − 4x1x2 − 2x2x3.
Dùng thuật toán Lagrange: f(x) = (x1 − 2x2)2 + (x2 − x3)2 + 3x23 ≥ 0
f(x) = 0⇐⇒

x1 − 2x2 = 0
x2 − x3 = 0
x3 = 0
⇔ x = 0.
Vậy f(x) là dạng toàn phương xác định dương.
Tính chất Cho dạng toàn phương ở dạng chính tắc
f = λ1y
2
1 + λ2y
2
2 + . . .+ λny
2
n
• Nếu λk > 0,∀k thì f xác định dương.
• Nếu λk < 0,∀k thì f xác định âm.
• Nếu λk > 0,∀k, ∃λi = 0 thì f nửa xác định dương.
• Nếu λk 6 0,∀k, ∃λi = 0 thì f nửa xác định âm.
• Nếu ∃λi > 0, λj < 0, i 6= j thì f không xác định dấu.
Định nghĩa 8.3 Giả sử dạng toàn phương đưa về chính tắc được:
f = λ1y
2
1 + λ2y
2
2 + · · ·+ λny2n.
Số các hệ số dương được gọi là chỉ số dương quán tính.
Số các hệ số âm được gọi là chỉ số âm quán tính.
Luật quán tính Chỉ số dương quán tính, chỉ số âm quán tính của
dạng toàn phương là những đại lượng bất biến không phụ thuộc
vào cách đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.
Định nghĩa 8.4 (Định thức con chính) .Cho ma trận vuông A.
Tất cả các định thức con tạo nên dọc theo đường chéo chính được gọi là định thức con chính cấp 1, 2, . . . , n.
A =

a11 a12 a13 . . . a1n
a21 a22 a23 . . . a2n
a31 a32 a33 . . . a3n
. . . . . . . . . . . . . . .
an1 an2 an3 . . . ann

Các định thức con chính ∆1 = |a11|,∆2 =
∣∣∣∣a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ ,∆3 =
∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ , . . . ,∆n = det(A).
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 75 T.S.Đặng Văn Vinh
8.3. PHÂN LOẠI DẠNG TOÀN PHƯƠNG CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Tiêu chuẩn Sylvester Cho dạng toàn phương f(x) = xTAx
i) f(x) xác định dương khi và chỉ khi ∆i > 0,∀i = 1, 2, . . . , n.
ii) f(x) xác định âm khi và chỉ khi (−1)i∆i > 0,∀i = 1, 2, . . . , n.
Ví dụ 8.7 Phân loại dạng toàn phương f(x) = 5x21 + x
2
2 + 5x
2
3 + 4x1x2 − 8x1x3 − 4x2x3.
Bài làm
Ta có ma trận của dạng toàn phương f là A =
 5 2 −42 1 −2
−4 −2 5

Vì ∆1 = 5 > 0, ∆2 =
∣∣∣∣ 5 22 1
∣∣∣∣ = 1 > 0, ∆3 =
∣∣∣∣∣∣
5 2 −4
2 1 −2
−4 −2 5
∣∣∣∣∣∣ = 1 > 0.
Vậy f xác định dương theo tiêu chuẩn Sylvester.
Ví dụ 8.8 Cho dạng toàn phương f(x) = −5x21 − x22 −mx23 − 4x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3.
Với giá trị nào của m thì dạng toàn phương f xác định âm.
Bài làm
Ma trận của dạng toàn phương f là A =
 −5 −2 1−2 −1 1
1 1 −m
.
∆1 = −5 < 0, ∆2 =
∣∣∣∣ −5 −2−2 −1
∣∣∣∣ = 1 > 0, ∆3 =
∣∣∣∣∣∣
−5 −2 1
−2 −1 1
1 1 −m
∣∣∣∣∣∣ = −m+ 2.
f xác định âm khi và chỉ khi 
∆1 < 0,
∆2 > 0,
∆3 < 0
⇐⇒ −m+ 2 2.
Ví dụ 8.9 Tìm m để dạng toàn phương sau không xác định dấu
f(x) = x21 + 5x
2
2 +mx
2
3 − 4x1x2 + 6x1x3 + 2x2x3.
Bài làm
f(x) = (x21 − 4x1x2 + 6x1x3) + 5x22 +mx23 + 2x2x3
= (x1 − 2x2 + 3x3)2 + x22 + 14x2x3 + (m− 9)x23 = (x1 − 2x2 + 3x3)2 + (x2 + 7x3)2 + (m− 58)x23.
f(x) không xác định dấu khi và chỉ khi có ít nhất một hệ số âm và một hệ số dương ⇐⇒ m < 58.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 76 T.S.Đặng Văn Vinh
8.3. PHÂN LOẠI DẠNG TOÀN PHƯƠNG CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Đề ôn tập - 1
Câu 1) Cho hai ma trận A =
 2 2 12 5 3
2 3 5
 và B =
 3 1 2−1 2 4
2 6 3
 . Tìm ma trận X thỏa AX −X = BT
Câu 2) Trong R4 cho không gian con U =, z = (1, 2, 3, 1).
(a) Tìm cơ sở và số chiều U⊥.
(b) Tìm hình chiếu của z xuống U⊥.
Câu 3) Trong R4 cho 2 không gian con
U =
V :
{
x1 + 2x2 + 3x3 − 5x4 = 0
2x1 − x2 + 2x3 + x4 = 0
(a) Tìm cơ sở và số chiều của U ∩ V.
(b) Tìm cơ sở và số chiều của U + V .
Câu 4) Trong R2 : x = (x1, x2), y = (y1, y2). Xét tích vô hướng (x, y) = 2x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 3x2y2.
Tính khoảng cách giữa 2 véctơ u, v với u = (2,−1), v = (1, 3).
Câu 5) Cho ánh xạ f : R3 → R3, biết ma trận của f trong cơ sở E = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 1)} là
A =
 1 −2 13 2 0
−1 3 4
 . Tìm f(4, 3, 6)
Câu 6) Cho ma trận cấp 3
A =
 0 2 2−1 −3 −2
1 5 4

Tìm một ma trận B ∈M3(R) sao cho B3 = A.
Đề ôn số 2
Câu 1) Cho A =
 1 −1 0−1 2 1
3 −3 1
 , B =
−2 3 −61 −2 5
3 0 7
. Tìm ma trận X thỏa 3I +AX = BT .
Câu 2) Tìm tất cả các nghiệm của hệ phương trình
2x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = −1
x1 + 2x2 + x4 = 0
x1 + x2 + x3 + x4 = 3
vuông góc với véc tơ u = (1; 1; 1; 0).
Câu 3) Trong R4, cho 2 không gian con F =,G =.
Tìm cơ sở và số chiều của F ∩G.
Câu 4) Trong R3, cho tích vô hướng
(x, y) = 3x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 5x2y2 + x3y3, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3)
và không gian con F =. Tìm hình chiếu của véc tơ x = (2; 0; 1) xuống F .
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 77 T.S.Đặng Văn Vinh
8.3. PHÂN LOẠI DẠNG TOÀN PHƯƠNG CHƯƠNG 8. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Câu 5) Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 −→ R3 thỏa
f(1; 2; 1) = (2;−1; 3), f(2; 3; 0) = (−3; 2; 5), f(1; 3; 2) = (5;−3;−2).
(a) Tìm cơ sở và số chiều của ker f và =f .
(b) Tìm ma trận của f trong cơ sở E = {(1; 2; 1), (2; 3; 0), (1; 3; 2)}.
Câu 6) Cho ma trận A =
 3 −2 3−1 a −3
2 −4 b
 và x =
 1−1
−1
. Tìm a, b để x là véc riêng của A. Chéo hóa A
với a, b vừa tìm được.
Đáp số
Đề 1
1. X =
20 −9 −10−6 2 5
−5 4 2

2. (a) Cơ sở của U⊥ là {(−1;−1; 1; 0), (−2;−4; 0; 3)}.
(b) PrU⊥(z) =
7
17
(0; 2; 2;−3).
3. (a) Cơ sở U + V là {(1; 1;−2; 1), (0; 1; 3;−1), (0; 0;−9; 5)}
(b) Cơ sở U
⋂
V là {(2; 3;−1; 1)}.
4. d(u, v) =
√
34.
5. f(4; 3; 6) = (22; 26; 21)
6. B =
 0 1 1−1 −1 −1
1 1 2
 .
−1 0 00 0 0
0 0 3
√
2
 .
 0 1 1−1 −1 −1
1 1 2
−1 .
Đề 2:
1. X =
−16 −5 11−11 −6 8
9 2 −5
.
2. x = (−1; 0; 1; 2)α,∀α ∈ R.
3. Cơ sở F ∩G là {(4; 7; 1; 4)}.
4. Hình chiếu là
4
8
(1;−1; 2).
5. (a) Cơ sở của =f là {(2;−1; 3), (0, 1, 19)}. Cơ sở của ker f là {(48; 76; 9)}.
(b) Ma trận của f trong cơ sở E là
 25 −11 36−6 0 −6
−11 8 −19
.
6. a = 0, b = 4. D =
−2 0 00 −2 0
0 0 7
 , P =
2 3 −11 0 1
0 −1 −2
.
Đại học Bách khoa TPHCM Trang 78 T.S.Đặng Văn Vinh