HƯỚNG DẪN ÔN THI MÔN HỌC ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
I. NỘI DUNG KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ
1. Mục tiêu
Mục tiêu của kỳ thi kết thúc môn học là kiểm tra đánh giá việc tiếp thu những
khái niệm cơ bản của đại số tuyến tính, năng lực tư duy phân tích, tổng hợp và
vận dụng kiến thức thể hiện qua việc trình bày logic chặt chẽ và chính xác các
vấn đề liên quan bằng ngôn ngữ của môn học.
2. Nội dung kiểm tra đánh giá
Toàn bộ nội dung đã giảng dạy của môn học, bao gồm hai phần lý thuyết và bài
tập. Trọng tâm là các kiến thức về không gian véc tơ, không gian con, hạng của
hệ véc tơ, hạng ma trận, chiều của không gian véc tơ, cấu trúc nghiệm của hệ
phương đại số tuyến tính cũng như cách giải hệ phương trình đại số tuyến tính và
cách tính định thức; không gian Euclid, hệ véc tơ trực giao, phương pháp trực
giao hóa, dạng song tuyến tính và dạng toàn phương.
II. CẤU TRÚC ĐỀ THI VÀ ĐIỀU KIỆN DỰ THI
Đề thi sẽ gồm có 2 câu hỏi lý thuyết và 3 câu hỏi bài tập. Với tỷ trọng: 4 điểm cho
phần lý thuyết và 6 điểm cho phần bài tập.
Thang điểm sẽ được tính từ mức ¼ điểm cho mỗi bước suy luận logic cơ bản. Vì
vậy khi trình bày bài làm người làm bài cần trình bày lập luận khúc chiết đầy đủ.
Người dự thi sẽ phải chấp hành nghiêm túc các quy định, quy chế về các kỳ thi hết
môn học của Nhà trường, ĐHQGHN và Bộ GD&ĐT. Đặc biệt lưu ý Không được
sử dụng tài liệu, máy tính và điện thoại di động.
VIETMATHS.NET
1
Bài tập chương Kiến thức chuẩn bị
1. Chứng minh công thức De Morgan dạng tổng quát
a. A \ ∪i∈I Ai = ∩i∈I (A \ Ai)
Theo định nghĩa hai tập hợp bằng nhau, để chứng minh X = Y, ta phải chứng minh: X ⊂
Y và Y ⊂ X. Nghĩa là: ∀x ∈ X → x ∈ Y và ngược lại ∀y ∈ Y → y ∈ X.
() ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I →
x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ ∩i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∪i∈I Ai ⊂ ∩i∈I (A \ Ai). (1)
() ∀ x ∈ ∩i∈I (A \ Ai) → x ∈ A \ Ai ∀i ∈ I → x ∈ A và x ∉ Ai ∀i ∈ I →
x ∈ A và x ∉ ∪i∈I Ai → ∀ x ∈ A \ ∪i∈I Ai . Vậy ∩i∈I (A \ Ai) ⊂ A \ ∪i∈I Ai . (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
b. A \ ∩i∈I Ai = ∪i∈I (A \ Ai)
() ∀ x ∈ A \ ∩i∈I Ai → x ∈ A và x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj →
∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ ∪i∈I (A\Ai) . Vậy A \ ∩i∈I Ai ⊂ ∪i∈I (A\Ai). (1)
() ∀ x ∈ ∪i∈I (A\Ai) → ∃ j ∈ I : x ∈ A \ Aj → x ∈ A và ∃ j ∈ I : x ∉ Aj → x ∈ A
và x ∉ ∩i∈I Ai → x ∈ A \ ∩i∈I Ai . Vậy ∪i∈I (A\Ai) ⊂ A \ ∩i∈I Ai . (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
2. Chứng minh các mệnh đề tập hợp
a. (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø A = B
(A \ B) ∪ (B \ A) = Ø → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → A ⊂ B và B ⊂ A → A = B
Ngược lại, nếu A = B → A \ B = ∅ và B \ A = ∅ → (A \ B) ∪ (B \ A) = Ø.
b. A = (A \ B) ∪ (A ∩ B)
(A \ B) ∪ (A ∩ B) = ( A \ (A ∩ B) ) ∪ (A ∩ B) = A.
c. (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
(A \ B) ∪ (B \ A) = ((A ∪ B) \ B) ∪ ((B ∪ A) \ A)) = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
d. A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C)
(A ∩ B) \ (A ∩ C) = ((A ∩ B) \ A) ∪ ((A ∩ B) \ C) = Ø ∪ ((A ∩ B) \ C) =
(A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) .
e. A ∪ (B \ A) = A ∪ B
De Morgan
De Morgan
2
x ∈A ∪ (B \ A) ↔ x ∈A hoặc (x ∈ B và x ∉ A) ↔ x ∈ A hoặc x ∈ B ↔ x ∈ A∪B .
f. A \ (A \ B) = A ∩ B
x ∈ A \ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∉ (A \ B) ↔ x ∈ A và x ∈ B ↔ x ∈ A ∩ B .
3. Chứng minh
a. (A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ A ∩ B ≠ Ø
(A x B) ∩ (B x A) ≠ Ø ↔ ∃ x ∈ A, ∃ y ∈ B: (x, y) ∈ A x B và (x, y) ∈ B x A.
(x, y) ∈ B x A → x ∈ B, y ∈ A → x ∈ A ∩ B , y ∈ A ∩ B hay A ∩ B ≠ ∅.
b. (A x C) ∩ (B x D) = (A ∩ B) x (C ∩ D)
(x, y) ∈ (A x C) ∩ (B x D) ↔ x ∈ A và x ∈ B đồng thời y ∈ C và y ∈ D ↔
x ∈(A ∩ B) , y ∈(C ∩ D) hay (x, y) ∈(A ∩ B) x (C ∩ D) đpcm.
4. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ X. Chứng minh :
a. f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
y ∈ f (A ∪ B) → ∃ x ∈ (A ∪ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∪ B) → x ∈ A hoặc x ∈ B
kéo theo f (x) ∈ f (A) hoặc f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∪ f (B) . Cm tương tự cho chiều
ngược lại.
b. f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)
y ∈ f (A ∩ B) → ∃ x ∈ (A ∩ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A ∩ B) → x ∈ A và x ∈ B kéo
theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∈ f (B) hay y ∈ f (A) ∩ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược
lại.
c. f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B)
y ∈ f (A \ B) → ∃ x ∈ (A \ B) : f (x) = y . Mà x ∈ (A \ B) → x ∈ A và x ∉ B kéo
theo f (x) ∈ f (A) và f (x) ∉ f (B) hay y ∈ f (A) \ f (B) . Cm tương tự cho chiều ngược
lại.
* Phản ví dụ chứng tỏ không thể có dấu bằng ở b. và c. :
Lấy X = {-2, -1, 0, 1, 2} , A = {-2, -1, 0}, B = {0, 1, 2} và f (x) = |x|
Ta có f (A ∩ B) = {0} , f (A) ∩ f (B) = {2, 1, 0} ∩ {0, 1, 2} = {0, 1, 2}.
f (A \ B) = {2, 1} , f (A) \ f (B) = ∅ .
5. Với ánh xạ f : X → Y và A, B ⊂ Y. Chứng minh :
a. f -1(A ∪ B) = f -1(A) ∪ f -1(B)
x ∈ f -1(A ∪ B) ↔ f (x) ∈ A ∪ B ↔ f (x) ∈ A hoặc f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A)
hoặc x ∈f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∪ f -1(B) .
b. f -1(A ∩ B) = f -1(A) ∩ f -1(B)
VIETMATHS.NET
3
x ∈ f -1(A ∩ B) ↔ f (x) ∈ A ∩ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∈ B ↔ x ∈f -1(A) và x
∈ f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) ∩ f -1(B) .
c. f -1(A \ B) = f -1(A) \ f -1(B)
x ∈ f -1(A \ B) ↔ f (x) ∈ A \ B ↔ f (x) ∈ A và f (x) ∉ B ↔ x ∈f -1(A) và x ∉
f -1(B) ↔ x ∈ f -1(A) \ f -1(B) .
6. Với f : X → Y và g : Y → Z. Chứng minh :
a. Mệnh đề 2.8
- f, g là đơn ánh → g
∘
f là đơn ánh
∀ x ≠ x’ ∈ X, do f là đơn ánh → f (x) ≠ f (x’). Lại do g là đơn ánh: →
g
( f (x)) ≠
g
(f (x’)) hay g
∘
f (x)
≠
g
∘
f (x’) đpcm.
- f, g là toàn ánh → g
∘
f là toàn ánh
∀ z ∈ Z, do g là toàn ánh → ∃ y ∈ Y: g (y) = z. Lại do f là toàn ánh: →
∃ x ∈ X : f (x) = y . Vậy ∃ x ∈ X để
g
( f (x)) = z hay g
∘
f (x) = z đpcm.
- f, g là song ánh → g
∘
f là song ánh
Theo định nghĩa, ánh xạ h là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh. Nên
điều phải chứng minh ở đây là hệ quả của 2 điều vừa chứng minh ở trên.
b. Mệnh đề 2.9
- Nếu g
∘
f là đơn ánh thì f là đơn ánh.
Giả sử f không phải là đơn ánh → ∃ x ≠ x’ : f (x) = f (x’) → g(f (x)) = g(f (x’))
hay g
∘
f (x) = g
∘
f (x’) → g
∘
f không phải là đơn ánh, trái giả thiết. Vậy thì f
phải là đơn ánh.
- Nếu g
∘
f là toàn ánh thì g là toàn ánh.
Giả sử g không phải là toàn ánh → ∃ z ∈ Z mà z ≠ g (y), ∀ y ∈ Y → ∃ z ∈ Z
mà z ≠ g (f (x)), ∀ x ∈ X hay ∃ z ∈ Z: z ≠ g
∘
f (x), ∀ x ∈ X nghĩa là g
∘
f không
phải là toàn ánh, trái giả thiết. Vậy g phải là toàn ánh.
7. Với f : R → R xác định bởi f (x) = x2 – 3x + 2. Hỏi f có phải là một đơn ánh? Toàn
ánh? Tìm f (R) , f (0), f -1(0), f ([0, 5]), f -1 ([0,5]).
Dễ thấy x2 – 3x + 2 = 0 có nghiệm là 1 và 2 → f (1) = f (2) = 0. f không phải là đơn
ánh. f cũng không phải là toàn ánh. Các câu hỏi còn lại là dễ.