ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
KHOA TOÁN - TIN

Bài tiểu luận
HÌNH HỌC CAO CẤP

LỚP TOÁN VB2-K2


1

§0. KHÔNG GIAN VECTƠ
I. VECTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN:
1. Định nghĩa : AB là một đoạn thẳng cố định hướng.
2. Hai vectơ bằng nhau : có cùng hướng và cùng độ dài
3. Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài.
4. Cộng vectơ:ta có ∀A, B, C ta có : AC = AB + AC
Nếu ABCD là hình bình hành thì : AB = AD + AC

• Tính chất:
a+b =b+a ;

( a + b ) + c = a + (b + c )
a+0 = 0+a = a

( )

a + −a = 0
5. Trừ vectơ:

OB − OA = AB

6. Tích một số thực với một vectơ :

b = k a ⇔ | b | = k| a |
và a , b cùng hướng nếu k ≥ 0

a , b ngược hướng nếu k < 0
a cùng phương b ⇔ ∃k ∈ » : b = k a
• Tính chất :

(

)

m a + b = ma + mb;

( m + n ) a = ma + na
m ( na ) = ( mn ) a = a
−1a = −a
7. Tích vô hướng :

( )

a.b = a . b cos a, b

8. Vectơ đồng phẳng: 3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song với một mặt
phẳng.

Đạt Ma Trung



2

a , b , c đồng phẳng ∃m, n ∈ R : c = ma + nb
9. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng:
Với a , b , c không đồng phẳng và vectơ e ,có duy nhất x1,x2,x3:

e = x1 a + x2 b + x3 c
10. Định lý: với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của

ABC , O tùy ý thì :

MA + MB = 0
GA + GB + GC = 0
2CM = CA + CB
OG =

1
OA + OB + OC
3

(

)

G là trọng tâm tứ giác,tứ diện ABCD

⇔ OG =

1

OA + OB + OC + OD
4

(

)

II. TỌA ĐỘ VECTƠ TRONG CƠ SỞ - CÔNG THỨC ĐỔI TỌA ĐỘ
1. Tọa độ vectơ trong một cơ sở:
1.1 Định nghĩa: Một cơ sở của không gian vectơ được gọi là cơ sở được sắp nếu ta chú ý
đến thứ tự của các vectơ cơ sở. Ta dùng ký hiệu B = (α1 , α 2 ,..., α n ) để chỉ cơ sở được sắp, còn

B = {α1 , α 2 ,..., α n } là cơ sở không được sắp. Ta gọi cơ sở không được sắp là một tập cơ sở.
Do đó, B = (α1 , α 2 ,..., α n ) và B ' = (α 2 , α1 ,..., α n ) là hai cơ sở khác nhau. Rõ ràng hai cơ sở
được sắp B và B’ nói trên đều thuộc vào môt tập cơ sở. Ứng với một tập cơ sở gồm n phần tử
ta sẽ có n! cơ sở được sắp.
Cho V là không gian vectơ n chiều B = (α1 , α 2 ,..., α n ) là một cơ sở của V khi đó, x viết

được duy nhất dưới dạng: x = a1α1 + a2α 2 + ... + anα n , α i ∈ » .
Bộ số (a1 , a2 ,..., an ) được xác định một cách duy nhất và được gọi là tọa độ của x trong cơ
sở B.

Để chỉ tọa độ của x trong cơ sở B, ta ký hiệu: x / ( B) = (a1 , a2 ,..., an ) . Hoặc [ x ]/( B )

Đạt Ma Trung

 a1 
a 
=  2.
 

 
 an 


3

1.2 Ví dụ:
Xét không gian » 2 [ x ] gồm các đa thức bậc nhỏ hơn bằng 2. Xét hệ vector

u1 = 1; u2 = x; u3 = x 2 , khi đó với mọi vector u = ax 2 + bx + c thuộc » 2 [ x ] thì tọa độ của u đối
với cơ sở B = (u3 , u2 , u1 ) là [u ]B = (a, b, c)

1.3 Tính chất:

Nếu [ x]/( B )

 x1 
 y1 
x 
y 
2

và [ y ]/( B ) =  2 
=
 
 
 
 
 xn 
 yn 


Thì
i) x = y ⇔ xi = yi , ∀i = 1, n ;
ii) ( x + y ) /( B ) = ( x1 + y1 , x2 + y2 ,..., xn + yn ) ;
iii) λ x/[ B ] = (λ x1 , λ x2 ,..., λ xn ).

1.4 Ví dụ:
Trong » 3 cho hệ 3 vectơ B = {u1 = (1,1, 0); u2 = (1, 0,1); u3 = (0,1,1)} .
a) Chứng minh rằng B là một cơ sở của » 3 .
b) Tìm tọa độ của các vectơ e1 (1, 0, 0); e2 (0,1, 0); e3 = (0, 0,1); u = (3, 4, 5) trong cơ sở B.

Giải:
Vì B là hệ gồm 3 vectơ trong không gian hữu hạn chiều » 3 , nên để chứng minh B là cơ sở
của » 3 ta chỉ cần chứng minh B là hệ độc lập tuyến tính.

Để chứng minh điều này ta có thể xây dựng ma trận A có các dòng là các vectơ u1 , u2 , u3 ,
sau đó chứng minh rankA = 3 hay det A ≠ 0 .

1 1 0
Ta có, det A = 1 0 1 = −2 ≠ 0 .
0 1 1
Vậy hệ các vectơ u1 , u2 , u3 là hệ độc lập tuyến tính nên đó là cơ sở của » 3 .
b) Xét một vectơ tùy ý a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ » 3 , giả sử a[ B ] = ( x1 , x2 , x3 ) , khi đó

a = x1u1 + x2u2 + x3u3
 a1 
1 
1 
0







⇔ a2 = x1 1 + x2 0 + x3 1 
 
 
 
 
 a3 
 0 
1 
1 
 a1   x1 + x2 
⇔  a2  =  x1 + x3 
 a3   x2 + x3 

Đạt Ma Trung


4

 x1 + x2 = a1

⇔  x1 + x3 = a2
x + x = a
3
 2 3
1


 x1 = 2 (a1 + a2 − a3 )

1

⇔  x2 = (a1 − a2 + a3 )
2

1

 x3 = 2 (− a1 + a2 + a3 )

Vậy với mọi vectơ tùy ý a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ » 3 , thì ta có
1
1
1

a[ B ] =  (a1 + a2 − a3 ), (a1 − a2 + a3 ), (−a1 + a2 + a3 )  .
2
2
2

Lần lượt cho a bằng e1 , e2 , e3 , u ta có tọa độ của các vectơ e1 , e2 , e3 , u trong cơ sở B lần lượt là:
1 1 1
e1 =  , , − 
2 2 2
1 1 1
e2 =  , − , 
2 2 2
 1 1 1

e3 =  − , , 
 2 2 2
u = (1, 2,3)
■

2. Đổi cơ sở, ma trận đổi cơ sở, công thức đổi tọa độ:
Giả sử trong không gian vectơ V, ngoài cơ sở B = {e1 , e2 ,..., en } còn có một cơ sở khác là

B ' = {e1' , e2' ,..., en' } .
Nếu tọa độ của các vectơ e'j trong cơ sở B là e'j [ B ] = (c1 j , c2 j ,...., cnj ), ∀j = 1, n , hay
n

e'j = ∑ cij ei .
i =1

 c11 c12
c
c22
21
Khi đó, đặt C = 


 cn1 cn 2
'
các vectơ e j trong cơ sở B.

... c1n 
... c2 n 
, mà các cột của ma trận này lần lượt là tọa độ của



... cnn 

Khi đó, C được gọi là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở B sang cơ sở B’, ký hiệu là
C : B → B ' hay CB→ B ' .

Đạt Ma Trung


5

2.1 Định lý: Cho V là một không gian vectơ n chiều trên trường K và A, B, B’ là các cơ sở
được sắp của V. Khi đó, ta có các điều khẳng định sau:
a) Ma trận đổi cơ sở từ A sang A là I n .
b) (C : A → B ') = (C : A → B )(C : B → B ') .
−1

c) ( C : A → B ) = ( C : B → A ) .

2.2 Công thức đổi tọa độ:
Cho không gian vectơ V, gọi B và B’ là hai cơ sở được sắp của V. Giả sử x ∈ V và tọa độ
của x đối với cơ sở B và B’ lần lượt là: x[ B ] = ( x1 , x2 ,..., xn ) và x[' B ] = ( x1' , x2' ,..., xn' ) .
n

n

i =1

j =1


x = ∑ xi ei = ∑ x 'j e'j .
n

Mặt khác, e'j = ∑ cij ei ,
i =1
n

 n
 n  n
nên x = ∑ x 'j  ∑ cij ei  = ∑  ∑ cij x 'j ei .
 i =1
 i =1  j =1
j =1

Do tính duy nhất của phép biểu thị tuyến tính qua cơ sở B của x nên ta có:
n

xi = ∑ cij x 'j , ∀i = 1, n .
j =1

Hay, ta có thể viết tường minh như sau:

 x1 = c11 x1' + c12 x2' + ... + c1n xn'

'
'
'
 x2 = c21 x1 + c22 x2 + ... + c2 n xn

...

 x = c x ' + c x ' + ... + c x '
n1 1
n2 2
nn n
 n
Dạng ma trận của biểu thức trên là [ x][ B ] = CB → B ' [ x ][ B '] hoặc

 x1   c11 c12
 x  c
 2  =  21 c22
  
  
 xn   cn1 cn 2

... c1n   x1' 
 
... c2 n   x2' 
 
 
... cnn   xn' 

Đạt Ma Trung


6

2.3 Các ví dụ:
VD1. Trong » 3 , cho cơ sở B với các vectơ u1 , u2 , u3 lần lượt có tọa độ sau:
u1 = (1,1, 0); u2 = (1, 0,1); u3 = (0,1,1) .
Hãy lập ma trận và công thức đổi từ cơ sở chính tắc C sang cơ sở B.

1.Tìm tọa độ của u = (5, 4, 3) ∈ » 3 trong cơ sở B.
2.Tìm vectơ v ∈ » 3 , biết tọa độ của vectơ v trong cơ sở B là v[ B ] = (1, 2, 3) .

Giải:
1) Ta có cơ sở chính tắc C của » 3 là cơ sở gồm các vectơ e1 = (1,0,0); e2 = (0,1,0); e3 = (0,0,1)
Khi đó:

1 
1 
0 




[u1 ][C ] = 1  ;[u2 ][ C ] =  0  ;[u3 ][C ] = 1  .
0 
1 
1 
Do đó, ma trận đổi từ cơ sở chính tắc C sang cơ sở B là:
1 1 0 
P = 1 0 1 
 0 1 1 
■
2) Giả sử [u ][ B ]

 x1 
=  x2  , khi đó áp dụng công thức đổi tọa độ của một vectơ ta có:
 x3 
 5  1 1 0   x1 
 4  = 1 0 1   x  .

  
 2
 3   0 1 1   x3 
5 = x1 + x2

⇔ 4 = x1 + x3
3 = x + x

2
3
 x1 = 3

⇔  x2 = 2
x = 1
 3
Vậy [u ][ B ] = (3, 2,1) .■

3) Gọi tọa độ của v trong cơ sở chính tắc V là ( x1 , x2 , x3 ) ta có

 x1  1 1 0   1 
 x  = 1 0 1   2  .
 2 
 
 x3   0 1 1   3 
 x1 = 3

Vậy  x2 = 4 hay v= (3, 4, 5) ∈ » 3 .■
x = 5
 3


Đạt Ma Trung


7

VD2. Trong » 3 cho 2 cơ sở B(α1 , α 2 , α 3 ) và B '( β1 , β 2 , β 3 ) như sau:

α1 = (1,1,1);α 2 = (−1, 2,1);α 3 = (1,3, 2)
β1 = (1, 0,1); β 2 = (1,1, 0); β3 = (0,1,1)
1. Tìm ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở B’.
2.Viết công thức tính tọa độ của vectơ x trong cơ sở B theo tọa độ của x trong cơ sở B’.

Lời Giải:

β1 = a1α1 + a2α 2 + a3α 3 (1)
Giả sử β 2 = b1α1 + b2α 2 + b3α 3 (2) .
β3 = c1α1 + c2α 2 + c3α 3 (3)
Khi đó, ma trận chuyển cơ sở B sang cơ sở B’ có dạng:

CB→ B '

 a1
=  a2
 a3

b1
b2
b3

c1 

c2  .
c3 

Để tìm ai , bi , ci ta phải giải các phương trình vectơ (1), (2), (3).
Phương trình (1) tương đương với hệ:

I ( a; b )

ABC ⇔ AI = BI = CI = R

Phương trình (2) tương đương với hệ:

b1 − b2 + b3 = 1

b1 + 2b2 + 3b3 = 1
b + b + 2b = 0
3
1 2
Phương trình (3) tương đương với hệ
c1 − c2 + c3 = 0

c1 + 2c2 + 3c3 = 1
c + c + 2c = 1
3
1 2
Ta dùng phương pháp Gauss để giải các hệ phương trình trên, lập các ma trận hệ số mở rộng:
1 −1 1 1 1 0 
 1 −1 1 1 1 0 

 d2 →d 2 − d1 


→  0 3 2 −1 0 1 
d 3 → d3 − d1
1 2 3 0 1 1  
1 1 2 1 0 1 
 0 2 1 0 −1 1 
 1 −1 1 1 1 0 
 1 −1 1 1 1 0 

 d3 → d3 − 2 d 2 

→  0 1 1 −1 1 0  → 0 1 1 −1 1 0 
 0 2 1 0 −1 1 
0 0 −1 2 −3 1 
d 2 → d 2 − d3

a3 = −2;

Vậy với hệ (1) ta có a2 = −1 − a3 = 1;
a = a − a + 1 = 4
2
3
 1

Đạt Ma Trung


8

b3 = 3;


Hệ (2) ta có b2 = 1 − b3 = −2;
b = b − b + 1 = −4
1 2 3
c3 = −1;

Hệ (3) ta có c2 = −c3 = 1;
c = c − c = 2
1 2 3
Vậy ma trận đổi cơ sở B sang cơ sở B’ là:

CB→ B '

 4 −4 2 
=  1 −2 1  .■
 −2 3 −1

b) Giả sử [ x][ B ] = ( x1 , x2 , x3 ) và [ x][ B '] = ( y1 , y2 , y3 ) . Khi đó, công thức tính tọa độ của x
trong cơ sở B theo tọa độ của x trong cơ sở B’ là:

 x1   4 −4 2   y1 
 x  =  1 −2 1   y 
 2 
 2
 x3   −2 3 −1  y3 
 x1 = 4 y1 − 4 y2 + 2 y3

⇔  x2 = y1 − 2 y2 + y3
 x = −2 y + 3 y − y
1

2
3
 3

■

VD3. Trong » n [ x] cho 2 cơ sở B(u1 , u2 ,..., un +1 ) và B '(v1 , v2 ,..., vn ) với

u1 = 1, u2 = x, u3 = x 2 ,..., un +1 = x n
v1 = 1, v2 = ( x − a ), v3 = ( x − a )2 ,..., vn +1 = ( x − a )n ,
với a là một hằng số.
1. Tìm ma trận đổi cơ sở từ B sang B’.
2. Tìm ma trận đổi cơ sở từ B’ sang B.
Giải:
a) Ta có
vk +1 = ( x − a) k = Ck0 (−a )k + Ck1 (−a ) k −1 x + ... + Ckk x k

= Ck0 (−a ) k u1 + Ck1 (−a ) k −1 u2 + ... + Ckk uk +1 + 0uk + 2 + ... + 0un +1
Lần lượt cho k = 0, 1, 2, …, n ta có

C B→ B '

 C 00

 0


= 




 0


C 10 ( − a )
C 11

...
...

C k0 ( − a ) k
C k1 ( − a ) k −1

...

...
C

0

...

...
...

k
k

0


Đạt Ma Trung

...
...

C n0 ( − a ) n 

C n1 ( − a ) n −1 







C nn



9

b) Ta có:
k

uk +1 = x k = [ ( x − a) + a ] = Ck0 a k + Ck1 a k −1 ( x − a ) + ... + Ckk ( x − a ) k
= Ck0 a k v1 + Ck1 a k −1v2 + ... + Ckk vk +1 + 0vk + 2 + ... + 0vn +1
Lần lượt cho k các giá trị k = 0, 1, …., n ta có

C B '→ B


C00

0


=



0


C10 a
C11

... Ck0 a k
... Ck1 a k −1
...
Ckk

0

...

0

Đạt Ma Trung

... Cn0 a n 


... Cn1 a n −1 


...


...


n 
...
Cn 


10

§1. KHÔNG GIAN VÀ HÌNH HỌC AFIN
I. KHÔNG GIAN AFIN.
1. Định nghĩa.
Cho tập hợp A khác rỗng mà các phần tử của nó gọi là điểm, cho V là 1 không gian
vectơ trên trường K và cho ánh xạ f : A × A → V được kí hiệu là f ( M , N) = MN = MN với
các điểm M , N thuộc A và vectơ MN thuộc V .
Bộ 3 ( A, f, V) gọi là không gian afin nếu 2 tiêu đề sau đây được thỏa mãn:
i). Với mọi điểm M thuộc A và mọi vectơ u thuộc V có duy nhất điểm N thuộc A
sao cho MN = u
ii). Với mọi 3 điểm M , N , P thuộc A ta luôn có MN + NP = MP
Khi đó ta nói rằng không gian afin ( A, f, V) liên kết không gian vectơ V trên trường
K và được goi tắt là không gian afin A trên trường K . Không gian vectơ liên kết V còn được
kí hiệu là A , được gọi là nền của không gian afin A .
Nếu V là vectơ không gian thực nghĩa thì là K = R ta nói A là một không gian afin

thực. Nếu V là vectơ không gian phức nghĩa là K = C ta nói A là một không gian afin phức.
Trong giáo trình này ta nói chủ yếu về không gian afin thực.
Không gian afin A gọi là n chiều nếu dim V = n và được kí hiệu dim A = n hay An
(liên kết với không gian vectơ V n

2. Các thí dụ
a). Không gian Ơclit hai chiều E 2 và ba chiều E 3 đã học ở trường phổ thông trung học là
những không gian afin theo thứ tự liên kết với các không gian vectơ (tự do) hai chiều V 2 và
ba chiều V 3 với định nghĩa vectơ, phép cộng vectơ, phép nhân vectơ với một số thực đã trình
bày trong sách giáo khoa phổ thông trung học. Khi đó rõ ràng ánh xạ f thỏa mãn hai tiêu đề
i) và ii) nói trên.
b). Cho V là một không gian vectơ. Ta dùng V làm tập hợp A . Khi đó vectơ của V

được gọi là các điểm của A . Với 2 vectơ a , b thuộc V ta có ánh xạ f : V× V → V cho bởi:

f (a, b) = b − a thuộc V (vectơ b − a được hoàn toàn xác định).
Rõ ràng với ánh xạ f được xác định như trên thỏa mãn hai tiêu đề i) và ii) nên V trở
thành không gian afin liên kết với V
c). Cho tập hợp R n trong đó mỗi phần tử của nó là bội số thực có thứ tự mà ta sẽ gọi
là những điểm mà không gian vectơ V n mà mỗi vectơ x của nó sẽ ứng với một bội số thực

Đạt Ma Trung


11

( x1 , x2 ,..., xn ) với

xi ∈ R . Ánh xạ f được xác định như sau: với 2 điểm A = (a1 ,a2 ,… , a n ) và


B = (b1 , b2 ,… , b n ) của R n ta cho đặt tương ứng với một vectơ ( b1 − a1 , b2 − a2 ,..., bn − an ) của

V n thì ta dể dàng chứng minh được R n là một không gian afin n - chiều.
3. Một số tính chất đơn giản của không giang afin.
a). Với mọi điểm M ∈ A thì MM = 0 .
Thật vậy, theo tiêu đề ii) ta có MN + MM = MN , do đó ta suy ra MM = 0 .

b). Với mọi điểm M , N ∈ A mà MN = 0 thì M ≡ N .
Thật vậy, nếu MN = 0 và theo tính chất a) ta có MM = 0 theo tiêu đề i)
ta suy ra N ≡ M .

c). Với mọi cặp điểm M , N ∈ A thì MN = − NM .
Thật vậy, theo tiêu đề ii) ta có MN + NM = MM = 0 .
Do đó ta suy ra MN = − NM .

d). Với A, B, C , D ∈ A ta có AB = CD khi và chỉ khi AC = BD .
Thật vậy AB = CD ⇔ AB + BC = BC + CD
⇔ AC = BD

e). Với 3 điểm bất kỳ O, A, B ∈ A ta có AB = OB − OA .
Thật vậy, AB = AO − OB theo tiêu đề ii)

AB = −OA + OB = OB − OA .
4. Hệ điểm độc lập
a) Định nghĩa. Hệ m + 1 điểm a0 ,a1 ,… , a m (m ≥ 1) của không gian afin A gọi là độc lập
nếu m vectơ A0 A1 , A0 A2 ,..., A0 Am của không gian vectơ A là hệ vectơ độc lập tuyến tính. Hệ
gồm một điểm A0 bất kỳ (tức trường hợp m = 0 ) luôn được xem là độc lập.

b) Chú ý. Trong định nghĩa trên điểm A0 không đóng vai trò gì đặc biệt so với các điểm
Ai khác. Thật vậy người ta có thể chứng minh rằng nếu các vectơ A0 A1 , A0 A2 ,..., A0 Am độc lập


tuyến tính thì đối với một I nào đó hệ m vectơ Ai A0 , Ai A1 ,..., Ai Ai −1 , Ai Ai +1 ,..., Ai Am , cũng độc
lập tuyến tính. Phần chứng minh này dành cho bạn độc.

c) Định lí. Trong không gian afin n chiều An luôn luôn có những hệ m điểm độc lập với
0 ≤ m ≤ n + 1 , mọi hệ điểm nhiều hơn n + 1 điểm đều không độc lập.
Chứng minh.

Đạt Ma Trung


12

Giả sử V n là không gian vectơ liên kết với không gian afin An và {ei } là một cơ sở nào

đó của V n . Vì V n không rỗng nên trong An ta có thể chọn một điểm A0 nào đó. Sau đó ta
chọn các điểm Ai sao cho A0 Ai = ei với i = 1, 2,.. n . Rõ ràng hệ n + 1 điểm A0 ,A1 ,… , An là
độc lập. Ngoài ra nếu ta lấy m bất kỳ của hệ đó thì ta được hệ m điểm độc lập với
0≤ m ≤ n +1.
Nếu ta có một hệ gồm

p điểm B1 , B2 ,… , B p với p > n + 1 thì

p − 1 vectơ

B1 B2 , B1 B3 ,..., B1 B p , của V n không độc lập tuyến tính vì p – 1 > n = dim V n , Do đó hệ
p điểm đó không độc lập.

II. TỌA ĐỘ AFIN VÀ MỤC TIÊU CỦA AFIN
1. Mục tiêu afin.

Cho không gian afin n chiều An liên kết với không gian vectơ V n . Một tập hợp có thứ tự
gồm n + 1 điểm độc lập { E0 , E1 , E2 ,...En } của An được gọi là một mục tiêu afin của An . Điểm
E0 gọi là gốc của mục tiêu, các đỉnh Ei gọi là các đỉnh thứ i của mục tiêu.

Ta kí hiệu mục tiêu afin nói trên là {E 0 , E i } với i = 1, 2,.., n .
Chú ý nếu trong không gian vectơ liên kết V n của An ta lấy các vectơ ei = E0 Ei với
i = 1, 2,.., n thì {ei } là một cơ sở của V n và cơ sở này được gọi là nền cùa mục tiêu

{E0 , Ei } . Rõ ràng là môt mục tiêu afin chỉ có một cơ sở nền duy nhất, nhưng ngược lại với
một cơ sở {ei } của V n có thể là nền của nhiều mục tiêu khác nhau trong An . Nếu ta chọn O
là gốc của mục tiêu afin ứng với cơ sở nền {ei } . khi đó ta có thể kí hiệu mục tiêu afin tương

{ }

ứng đó là O; ei với i = 1, 2,.., n .
2. Tọa độ afin của một điểm.

{ }

Trong không gian afin n chiều An cho mục tiêu afin O; ei . Với mỗi điểm X thuộc An
ta có vectơ OX ∈ An và do đó ta có duy nhất n phần tử của trường K sao cho:

OX = x1 e1 + x2 e2 + ... + xn en .
Bộ n phần tử ( x1 , x2 ,..., xn ) có thứ tự đó được gọi là tọa độ của điểm X đối với các mục
tiêu afin đã chọn. Như vậy tọa độ afin của một điểm X đối với mục tiêu afin { E0 , Ei } đã chọn
là tọa độ của vectơ E0 X đối với cơ sở nền {ei } . Ta có E0 X = x1 E0 E1 + x2 E0 E2 +…+ xn E0 En .
Rõ ràng là ứng với mỗi điễm cho trước, đối với một mục tiêu afin xác định nào đó, ta có
một tọa độ afin xác định và ngược lại với mỗi bộ phận n phần tử có thứ tự của trường K là

Đạt Ma Trung



13

được chọn làm tọa độ afin của một điểm X thì điểm X hoàn toàn được xác định. Theo định
nghĩa trên đối với mục tiêu afin {EO , Ei } điểm E0 có tọa độ afin là ( 0, 0,…,0 ) còn các điểm
E có tọa độ afin là ( 0, …, 0,1, 0,…,0 ) trong đó số 1 nằm ở vị trí thứ i , còn các số khác đều

bằng 0.
Nếu ( x1 , x2 ,..., xn ) là tọa độ afin của 1 điểm X đối với mục tiêu afin {o; ei } ta kí hiệu
X ( x1 , x2 ,..., xn ) hay ( x1 , x2 ,..., xn ) hoặc X ( xi ) hay X = ( xi ) .
Chú ý rằng nếu X = ( x1 , x2 ,..., xn ) và Y = ( y1 , y2 ,..., yn ) thì :

XY = OY − OX
= (y1 − x1 )e1 + (y 2 − x2 )e2 + ... + (y n − xn )en .

{}

Vậy vectơ XY đối với cơ sở ei của không gian vectơ An có tọa độ là :

XY = (y1 − x1 , y 2 − x2 ,..., y n − xn ) .
3. Đổi mục tiêu afin
Trong không gian afin Α n cho 2 mục tiêu afin {EO , Ei } và { E0' , Ei' } lần lượt ứng với

{} {}

hai cơ sở nền ei và ei' với i = 1, 2,.., n . Giả sử các điểm Ei' có tọa độ đối với mục tiêu

{E0 , Ei }


là:

Ei' = ( ai1 , ai2 , …, ain ) với i = 1, 2,.., n .
Ta có ma trận chuyển C từ cơ sở { E0 Ei } sang cơ sở { E0' Ei' } là:

 c11 − c01 c12 − c02
c − c
c −c
C =  21 01 22 02


cn1 − c01 cn 2 − c02

... c1n − c0 n 
... c2 n − c0 n 


... cnn − c0 n 

Ma trận C cũng gọi là ma trận chuyển từ mục tiêu { E0 , Ei } sang mục tiêu { E0' , Ei' } .
Rõ ràng C là ma trận không suy biến vì det C ≠ 0 .
Ta chú ý rằng nếu cho trước mục tiêu { E0 , Ei } và mục tiêu { E0' , Ei' } thì ma trận C
hoàn toàn xác định được. Ngược lại nếu cho trước ma trận chuyển C và tọa độ một điểm Ei'
nào đó của một mục tiêu { E0' , Ei' } đối với mục tiêu { E0 , Ei } cho trước, thì tọa độ các điểm Ei'
còn lại của mục tiêu { E0' , Ei' } được hoàn toàn xác định.

Đạt Ma Trung


14


Bây giờ giả sử X là một điểm nào đó của không gian afin An và lần lượt có tọa độ
đối với mục tiêu { E0 , Ei } và { E0' , Ei' } là ( x1 , x2 ,..., xn ) và ( x1' , x2' ,..., xn' ) . Ta hãy tìm liên hệ
giữa các tọa độ ( x1 ) và ( x1' ) nói trên của cùng một điểm X đối với hai mục tiêu khác.
Ta có: E0 X = E0 E0' + E0' X

(1)

Nếu ta gọi ( x1 , x2 ,..., xn ) là tọa độ vectơ E0' X đối với cơ sở E0 Ei thì từ một suy ra:

 x1 
 a01 
 x1 
 
 
 
x
a
 2  =  02  +  x 2 
 
 
 
 
 
 
 xn 
x
a
 n
 0n 

 

(2)

Nếu gọi [ x ] , [ a0 ] ,  xn  lần lượt là ma trận cột tọa độ của các vectơ E0 X , E0 E0' ,

{} {

}

E0' X đối với các cơ sở ei = E0 Ei thì công thức (2) có thể viết gọn là:

[ x ] = [ a0 ] +  xn 
Vì ( x 1 ,

x

2

, …,

x

n

(3)

) và ( x1' , x2' , …, xn' ) là 2 tọa độ có cùng một vectơ E0' X đối với

cơ sở E0 Ei và Eo' Ei' nên theo công thức đổi cơ sở từ { E0 Ei } sang { Eo' Ei' } với C = Cij  là ma

trận chuyển ta có:
 x  = C *  x ' 
 

(4)

Trong đó C * là ma trận chuyển vị của ma trận C . Kết hợp (3) và (4) ta có.

[ x ] = [ a0 ] + C *  x ' 

hay [ x ] = [ a0 ] + C *  x '  + [ a0 ]

{

}

(5)

{ }

Ta chú ý rằng nếu C là ma trận chuyển từ cơ sở E0 Ei sang cơ sở Eo' Ei' thì C −1 là

{ }

{

}

ma trận chuyển từ Eo' Ei' sang E0 Ei . Do đó từ công thức (5) ta có:
 x '  = C *−1 [ x ] − C *−1 [ a0 ]


(6)

Các công thức (5) và (6) gọi là công thức đổi mục tiêu tọa độ.

Đạt Ma Trung


15

PHẦN III. BÀI TẬP
A. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
Dạng 1: Chứng minh bộ ba ( Α, ϕ ,ν ) là một không gian afin
Phương Pháp:
Bộ 3 (A,f ,V) gọi là không gian afin nếu 2 tiêu đề sau đây được thỏa mãn:
i). Với mọi điểm M thuộc A và mọi vectơ u thuộc V có duy nhất điểm N thuộc A sao
cho MN = u
ii). Với mọi 3 điểm M,N,P thuộc A ta luôn có MN + NP = MP

Ví dụ: Cho hai không gian afin ( Α1 , ϕ1 ,ν 1 ) và ( Α 2 , ϕ2 ,ν 2 ) trên cùng một trường K. Đặt
A = A1 × A2 , V = V1 + V2 và ϕ1 : A × A → V là ánh xạ cho bởi

ϕ ( ( M 1 , M 2 ) , ( N1 , N 2 ) ) = (ϕ1 ( M 1 , N1 ) , ϕ2 ( M 2 , N 2 ))
Chứng minh rằng bộ ba ( Α, ϕ ,ν ) là một không gian afin trên trường R. Tính dim A theo
dim A1 và dim A2

Lời Giải:
Thử nghiệm 2 tiên đề trong không gian afin.
.(i) Cho ( M 1 , M 2 ) ∈ A và (v1 , v2 ) ∈ V thì có duy nhất để ϕ1 ( M 1 , N1 ) = v1 , ϕ2 ( M 2 , N 2 ) = v 2 .
Như vậy có duy nhất ( N1 , N 2 ) ∈ A để ϕ (( M 1 , M 2 ), ( N1 , N 2 )) = (v1 , v 2 )

.(ii) Cho ( M 1 , M 2 ), ( N1 , N 2 ), ( L1 , L2 ) thuộc A thì ϕ1(M1, N1) +ϕ(N1, N2) =ϕ1(M1, L1),ϕ2(M2, N2) +ϕ2(N2, L2)
= ϕ2 ( M 2 , L2 )
Như vậy ϕ (( M 1 , M 2 ), ( N1 , N 2 )) + ϕ (( N1 , N 2 ), ( L1 , L2 )) = ϕ (( M 1 , M 2 ), ( L1 , L2 )
Ta biết dim(V1 × V2 ) = dim V1.dim V2 nên dim A = dim A1.dim A2

Đạt Ma Trung


16

Dạng 2: Trong không gian afin An , chứng minh một tập hợp cho trước { E0 ,..., En } là
mục tiêu afin.
Phương Pháp:
Lấy không gian afin An , nền V n .

{

}

Ta muốn chứng minh { E0 ,..., En } là mục tiêu của An khi: E0 E1 ,..., E0 En độc lập tuyến
tính.

Ví dụ1: Trong An cho mục tiêu afin (O; e1 ,..., en ) và các véc tơ e1' = e1 , e2' = e1 + e2 , …,
en' = e1 + ... + en . Chứng minh rằng (O ' ; e1' ,..., en' ) là một mục tiêu afin.

Lời giải:
Tọa độ các véc tơ e1' ,..., en' đối với mục tiêu đã cho là

e' = (1, 0, 0,..., 0)
1

e2' = (1,1, 0,..., 0)

.........................
 '
en = (1,1,1,...,1)

{

1

0 0 ... 0

1

1 0

0

0

... 0 0

0

0

1

1


1

1 1

=1≠ 0

}

n

Nên e1' ,..., en' độc lập tuyến tính và do đó là một cơ sở của A .

{

}

Suy ra O; e1' ,..., en' là một mục tiêu afin.

(

)

Ví dụ 2: Trong A3 trong mục tiêu O : e1 , e2 , e3 và các điểm:

P0 (1,1,1) P1 (2, 0, 0) P2 (1, 0, 0) P3 (1,1, 0)
Q0 (0, 0, 0) Q1 (1,1, 0) Q2 (2, 0,1) Q3 (1, 0,1)

 u i = P0 P1

Đặt 


 vi = Q 0 Q1

Giải :

(

)(

, i = 1,2,3

)

Chứng mình rằng P0 ; u1 , u2 , u3 , Q0 ; v1 , v2 , v3 là hai mục tiêu của afin A3
Tọa độ các ui , vi trong mục tiêu đã cho

Đạt Ma Trung


17

u1 = P0 P1 = (1, −1, −1) ; v1 = Q0Q1 = (1,1, 0)
u2 = P0 P2 = ( 0, −1, −1) ; v2 = Q0Q2 = (2, 0,1)
u3 = P0 P3 = (1, −1, −1) ; v3 = Q0Q3 = (1, 0,1)
Dễ kiểm tra {u1 , u2 , u3 }và{v1 , v2 , v3 } độc lập tính tuyến

(

)(


)

Vậy P0 ; u1 , u2 , u3 , Q0 ; v1 , v2 , v3 là hai mục tiêu của afin A3

Dạng 3: Bài toán tìm tọa độ afin của các điểm
Phương Pháp:
Lấy không gian afin An , nền V n .
Lấy ( Ε0 ,… , Ε n ) là mục tiêu của An .
Tọa độ của điểm M viết dạng:

E0 M = x1 E0 E1 + ... + xn E0 En
Vậy tọa độ của M ( x1 ,..., xn )

Ví dụ. Trong không gian afin A3 cho một hình hộp ABCDA' B 'C ' D ' có
AA' / / BB ' / / CC ' / / DD ' , ta chọn muc tiêu afin {E0 ; E1; E2 ; E3 } như sau
E0 ≡ A, E1 ≡ A' , E2 ≡ B, E3 ≡ D . Hãy tìm tọa độ afin của các đỉnh còn lại và tọa độ tâm của

các mặt bên hình hộp
Lời giải:
Nhận xét:
Ta biết rằng tọa độ của điểm X trong không gian afin A3
đối với mục tiêu afin {E0 , E1 , E2 , E3 } chính là tọa của
vectơ E0 X đối với cơ sở tương ứng của mục tiêu đó

{E E , E E , E E }
0

1

0


2

0

3

Nhìn hình vẽ ta có :

AA = 0 AA' + 0 AB + 0 AD ⇒ A = (0, 0, 0)
AA' = 1AA' + 0 AB + 0 AD ⇒ A' = (1, 0,0)
AB = 0 AA' + 1AB + 0 AD ⇒ B = (0,1,0)
AD = 0 AA' + 0 AB + 1AD ⇒ D = (0, 0,1)

Đạt Ma Trung


18

AC = AB + AD = 0 AA' + 1AB + 1AD ⇒ C = (0,1,1)
Theo bài ra AA' / / BB ' / / CC ' / / DD ' .
Ta đã biết tọa độ các điểm A, A' , B, D, C Vậy ta có :
B ' = (1,1, 0)
D ' = (1, 0,1)
C ' = (1,1,1)
Gọi M , N , P, Q, R, S theo thứ tự là tâm của các mặt bên:

ABB ' A' , ABCD, ADD ' A' , BCC ' B ' , A' B 'C ' D ' , DCC ' D ' .
Ta có AM =


1
1
1 1
AB ' = (1,1, 0) = ( , , 0) .
2
2
2 2

1 1
→ Do đó ta tính được tâm M của mặt bên ABB ' A' có tọa độ là M = ( , , 0)
2 2
Ta có AN =

1
1
1 1
AC = (0,1,1) = (0, , ) .
2
2
2 2

1 1
→ Do đó ta tính được tâm N của mặt bên ABCD có tọa độ là N = (0, , )
2 2
Ta có AP =

1
1
1 1
AD ' = (1, 0,1) = ( , 0, ) .

2
2
2 2

1 1
→ Do đó ta tính được tâm P của mặt bên ADD ' A' có tọa độ là P = ( , 0, )
2 2
Ta có BQ =

1
1
1 1
BC ' = (1, 0,1) = ( , 0, ) .
2
2
2 2

1 1
→ Do đó ta tính được tâm Q của mặt bên BCC ' B ' có tọa độ là Q = ( ,1, )
2 2
Ta có A' R =

1 ' ' 1
1 1
A C = (0,1,1) = (0, , ) .
2
2
2 2

1 1

→ Do đó ta tính được tâm R của mặt bên A' B 'C ' D ' có tọa độ là R = (1, , )
2 2
Ta có DS =

1
1
1 1
DC ' = (1,1, 0) = ( , , 0) .
2
2
2 2

1 1
→ Do đó ta tính được tâm S của mặt bên DCC ' D ' có tọa độ là S = ( , ,1)
2 2

Đạt Ma Trung


19

Dạng 4: Bài toán đổi mục tiêu

(

)

(

Trong không gian afin Α n , đổi mục tiêu từ Ο, e1 , e2 sang mục tiêu Ο′, e1′, e2′


)

Cách giải:
Mục tiêu 1

Mục tiêu 2

( Ο, e , e )

( Ο′, e′, e′ )

1

2

1

2

( Ο, e , e )
1

2

Ο′ ( x10 ,..., xn0 )

e1′ ( a11 ,..., a1n )
----en′ ( an1 ,..., ann )


Phương Pháp:

 x1 
 x1′ 
1. Lập [ x ] =   , [ x′] =  
 
 
 xn 
 xn′ 
2. Lập ma trận:
a1n 
 a11

 ⇒ Α∗ ( ma trận chuyển vị)
Α=

 an1
ann 
3. Công thức chuyển mục tiêu:
[ x ] =  xi0  + Α∗ [ x′]

Ví dụ 1: Tìm công thức đổi mục tiêu từ { Eo ; Ei } sang {E 'o ; Ei } khi biết tọa độ của điểm E 'o
đối với mục tiêu {Eo ; Ei } là ( a1 , a2 ,...., an )
Nhận xét:
Trong không gian Afin ta có công thức đổi mục tiêu: [ x ] = A*  x ,  + [ a ]
Trong đó [ x ] ,  x,  lần lượt là ma trận cột tọa độ của điểm X đối với mục tiêu { Eo ; Ei } và
mục tiêu E 'o ; Ei . Để lập công thức đổi mục tiêu ta cần tìm ma trận chuyển A từ mục tiêu

{


}

{Eo ; Ei } sang mục tiêu {E 'o ; Ei } và sau đó tìm ma trận A * .

Đạt Ma Trung


20

Lời giải
Ta có:

{E

{Eo ; Ei }

'
o

; Ei

}

E 'o = ( a1 , a2 ,...., an )
E 1' = (1, 0, 0,...., n )
E '2 = ( 0,1, 0,...., n )
….
E 'n = ( 0, 0, 0,....,1)

E0 E1 (1 − a1 , − a2 ,...., − an )

E0 E2 ( −a1 ,1 − a2 ,...., −an )
....
E0 En ( −a1 , − a2 ,....,1 − an )
Ma trận chuyển

1 − a1 −a2
 −a 1 − a
2
A=  1


− a2
 − a1
1 − a1 −a1
 −a 1 − a
2
2
*
A =


− an
 − an

− an 
−an 
;


1 − an 

− a1 
−a2 


1 − an 

Công thức đổi mục tiêu là:
 x1  1 − a1 −a1
 x   −a 1 − a
2
 2= 2
  
  
− an
 xn   −an

− a1 
−a2 


1 − an 

 x '1   a1 
 '   
 x 2  +  a2 
   
 '   
 x n   an 

Đạt Ma Trung



21

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Afin A 2 cho hình bình hành ABCD có các đường chéo cắt nhau tại
O. Tìm công thức đổi mục tiêu khi mục tiêu cũ là { A; B, D} và mục tiêu mới là {O; B, C }
Lời giải
Cách 1:
Mục tiêu cũ ( A; AB, AD )

Mục tiêu mới (O; OB, OC )
Công thức đổi mục tiêu

A(0, 0)
B(1, 0)

1
1
1

 x1 = 2 x '1 + 2 x '2 + 2

 x = −1 x ' + 1 x ' + 1
 2 2 1 2 2 2

C (1,1)

1 1
O= , 
2 2

 1 −1 
OB =  , 
2 2 
1 1
OC =  , 
2 2

Cách 2:
Nhận xét: Áp dụng tính chất hình bình hành ta tính
Trước hết ta cần tìm ma trận chuyển A từ mục tiêu cũ là

{ A; B, D}

sang mục tiêu mới là

{O; B, C} . Đối với mục tiêu { A; B, D} ta dễ dàng tìm được tọa độ các điểm sau đây:
C (1,1 )

B (1, 0 )

1 
 1
O 
,

2 
 2

A ( 0, 0 )


•

Tọa độ điểm A:

= 0.AB + 0.AD . Vậy điểm A có tọa độ ( 0, 0 )
•

Tọa độ điểm B:
AB = 1. AB + 0. AD . Vậy điểm B có tọa độ (1, 0 )

•

Tọa độ điểm C:

AC = 1.AB + 1.AD . Vậy điểm C có tọa độ (1,1)
•

Tọa độ điểm D:
AD = 0.AB + 1.AD . Vậy điểm D có tọa độ ( 0,1)

Đạt Ma Trung

D ( 0,1 )


22

•

Tọa độ điểm O:


1
1
1
1 1
AO = . AC = . AB + . AD . Vậy điểm O có tọa độ  , 
2
2
2
2 2
•

Tọa độ của vecto OB , OC đối với cơ sở { A; B, D} là:
1 1 1
 1
OB =  1 − , 0 −  =  , − 
2 2 2
 2
1 1 1
 1
OC =  1 − ,1 −  =  , 
2 2 2
 2

1
2
Do đó ma trận chuyển A là: A= 
1
 2


1
− 
2

1 
2 

 1
 2
A*= 
− 1
 2

1 
2 

1
−
2 

Vậy ta có công thức đổi mục tiêu cần tìm là:
 1
 x1   2
x  =  1
 2  −
 2

Hay

1 

2 

1
−
2 

1 
x  2
 + 
x  1 
 2 
'
1
'
2

1
1
1

x = x + x +
 1 2 1 2 2 2

 x = − 1 x' + 1 x' + 1
1
2
 2
2
2
2


Bài tập 1: Trong mặt phẳng Afin cho tam giác ABC có trọng tâm G . Tìm công thức đổi mục
tiêu khi chọn mục tiêu cũ là { A, B, C} và mục tiêu mới là {G , B, C} . Áp dụng công thức đổi
mục tiêu hãy tìm toạ độ của trung điểm các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC .

Cách 1:
Mục tiêu cũ ( A; AB, AC )

Mục tiêu mới (G; GB, GC )

A(0, 0)

Công thức đổi mục tiêu

B (1, 0)

 x = 1 + 0 x '− 1 y '

 y = 1 − 1x '+ 0 y '
x = 1− y '
⇔
 y = 1− x '
x ' = 1− y
⇔
 y ' = 1− x

D (0,1)
1 1
G( , )
3 3

2 −1
GB = ( , )
3 3
−1 2
GC = ( , )
3 3

Đạt Ma Trung


23

Cách 2:
Nhận xét: Áp dụng qui tắc hình bình hành và tính
chất trọng tâm hình tam giác để giải bài toán
Lời giải:
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , AB, AC .
Xác định toạ độ của G , B, C , GB, GC , M , N , P trong
mục tiêu cũ { A, B, C}
G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có

2
2 1
AG = AM = . AB + AC
3
3 2
1
1
= AB + AC
3

3

(

)

1 1
Suy ra G  , 
3 3

AB = 1. AB + 0. AC suy ra B(1,0);
AC = 0. AB + 1. AC suy ra C(0,1)
 2 1
 1 2
GB =  , −  , GC =  − ,  ;
 3 3
 3 3
1
1
1 1
AM = . AB + . AC ⇒ M  , 
2
2
2 2
1
1 
AN = . AB + 0. AC ⇒ N  , 0  ;
2
2 
1

 1
AP = 0. AB + . AC ⇒ P  0, 
2
 2
1
1
 2
 2
− 
 3 −3

3
3
Ma trận chuyển A = 
 suy ra ma trận chuyển vị A* = 
 (cũng là ma trận A)
1
2
1
2
−

−





 3 3 
 3 3 

Công thức đổi mục tiêu

1
 2
1 
− 
,
0
,








x
x
x
x
x
 1
 1
3
3
3
1
1
1

*
 x  = A .  ,  +  0  ⇒  x  =  1 2  .  ,  +  1  (*)
 x2   x2 
 x   
 2
 2 −

  2  
 3 3 
3

Áp dụng công thức đổi mục tiêu tìm toạ độ của M , N , P trong mục tiêu mới {G, B, C}

Đạt Ma Trung


24

Từ (*) suy ra
1 2 ' 1 ' 1
1
 ' 1
= .x − x +
= 2 x1' − x2'
x =
 2 3 1 3 2 3
 2
 1 2
1 1
Toạ độ của M: 

⇒
⇒
⇒M , 
2 2
 1 = − 1 .x ' + 2 x ' + 1  1 = − x ' + 2 x '
 x' = 1
1
2
1
2
2
3
3
3  2

2
 2
1 2 ' 1 ' 1
1
 x' = 0
'
'
 2 = 3 .x1 − 3 x2 + 3
1
 = 2 x1 − x2
 1

⇒ 2
⇒ '
Toạ độ của N: 

1 ⇒ N  0, − 
2

 0 = − 1 . x ' + 2 x ' + 1  −1 = − x ' + 2 x '
 x2 = −
1
2

1
2

2

3
3
3

2 ' 1 ' 1

0 = 3 .x1 − 3 x2 + 3

 1 = − 1 .x ' + 2 x ' + 1
1
2
 2
3
3
3
−1 = 2 x1' − x2'


Toạ độ của P: ⇒  1
'
'
 = − x1 + 2 x2
2
1
 '
 x1 = −
 1 
⇒
2 ⇒ P − ,0
 2 
 x' = 0
 2
Bài tập 2. Trong An cho mục tiêu afin (O; e1 ,..., en ) và các véc tơ e1' = e1 , e2' = e1 + e2 , …,
en' = e1 + ... + en . Chứng minh rằng (O ' ; e1' ,..., en' ) là một mục tiêu afin. Viết công thức đổi tọa
độ từ mục tiêu đã cho sang mục tiêu mới.

Lời giải:
Tọa độ các véc tơ e1' ,..., en' đối với mục tiêu đã cho là

e' = (1, 0, 0,..., 0)
1
e2' = (1,1, 0,..., 0)

.........................
 '
en = (1,1,1,...,1)

{


1

0 0 ... 0

1

1 0

0

0

... 0 0

0

0

1

1

1

1 1

=1≠ 0

}


n

Nên e1' ,..., en' độc lập tuyến tính và do đó là một cơ sở của A .

Đạt Ma Trung