Tải bản đầy đủ

đáp án tham khảo TOÁN CAO cấp

[BẢN CẬP NHẬT 14/12/2016]

LỜI NÓI ĐẦU
.Chào các bạn K42,
.Tự giới thiệu, mình là Đoan An – K41.
.Facebook của mình dạo này nhận được khá nhiều câu hỏi về môn Toán cao cấp và file giải Đại
số tuyến tính cũng như Giải tích mà mình đã soạn năm trước. Mình biết là các bạn đang sắp sống
chết với môn này trong kỳ thi cuối kỳ, nên đã giúp thì cố giúp cho trót, như năm trước vậy.
.Đây là file bài giải các đề Toán cao cấp các năm trước do mình soạn ra, nhằm giúp các bạn hỏng
kiến thức có chỗ để bám víu mà sống sót qua học kỳ này.
.Còn nhiều câu mình chưa thể giải quyết trọn vẹn nên chưa thế ghi vào. Nếu bạn nào mong muốn
đóng góp và giúp đỡ thì xin liên hệ với mình bằng cách:
-Gửi tin nhắn qua facebook mình: Triệu Đoan An
-Gửi mail cho mình: keh_hikari_f@yahoo.com.vn
.Mình xin lưu ý:
-Đây chỉ là tư liệu tham khảo, không được làm trụ chính cho các cuộc tranh luận.
-Đây là tư liệu phi lợi nhuận, không mang tính thương mại. Xin đừng dùng vào mục đích
thương mại. Mình không quản lý được mọi người, và cũng không có yêu cầu bản quyền gì nên
mọi thứ tùy vào lòng hảo tâm của mọi người thôi!
-Nếu thấy có ích, hãy chia sẻ với mọi người.


.File sẽ còn được update tiếp trong thời gian tới.
.Chúc các bạn ôn thi vui vẻ!

Triệu Đoan An


NỘI DUNG CẬP NHẬT
1. Các câu tự luận K41 – K40 – K39 – K38
2. Một số câu hỏi thắc mắc từ các bạn K42:
Câu 1: Cho A là ma trận vuông cấp n thỏa điều kiện 𝟐𝐀𝟐 − 𝐀 = 𝐈𝐧 . Phát biểu nào sau đây là sai?
A. 𝐀 khả đảo
B. 𝐈𝐧 − 𝟐𝐀 khả đảo
2A2 − A = In ⇒ A. 2A − A = In ⇒ A(2A − I) = I ⇒ A và 2A-I đều khả đảo
C. 𝐈𝐧 + 𝐀 khả đảo
2A2 − A = In ⇒ In + A = 2A2 ⇒ |In + A| = |2A2 | = 2n . |A|2 ≠ 0 ⇒ In + A khả đảo.
D. 𝐈𝐧 = 𝐀
2A2 − A = In ⇒ 2A2 − A − In = θ ⇒ 2A2 − 2A + A − In = θ ⇒ 2A(A − In ) + (A − In ) = θ
⇒ (2A + I)(A − I) = θ ⇒ [

1
2A + I = 0
⇒ [A = − 2 I
A−I=0
A=I
1

Kết luận In = A là chưa chính xác, vì cũng có thể A = − 2 I.

Câu 2: Tìm m để hàm số 𝐟(𝐱) =

𝟏

𝟏

𝐞𝐦𝐱 −𝟏

− có giới hạn hữu hạn khi x tiến đến vô cùng.
𝐱

-Điều kiện xác định của hàm số emx − 1 ≠ 0 ⇒ m ≠ 0


-Xét trường hợp mx → −∞, tức khi {

m<0
m>0
và {
, ta có:
x → +∞
x → −∞
lim emx = 0 ⇒ lim f(x) = −1

x→∞

-Xét trường hợp mx → +∞, tức khi {

m>0
m<0
và {
, ta có:
x → +∞
x → −∞

x − emx + 1
−memx
−m2 emx
−m
=
lim
=
lim
= lim
mx
mx
mx
mx
mx
2
mx
x→∞ xe
x→∞ e
x→∞ 2 + mx
−x
+ mxe − 1 x→∞ me + me + m xe
=0

lim f(x) = lim

x→∞

x→∞

-Vậy ∀m ≠ 0 thì lim f(x) là hữu hạn.
x→∞


Phần 1: ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
K41 – MÃ ĐỀ 209
𝟏 𝟐
Câu 1: Cho 𝐀 = (
) và 𝐁 = 𝐀𝟓 + 𝐦𝐀𝟔 . Tìm điều kiện của m để B không khả đảo.
𝟐 𝟏
B không khả đảo ⇔ |B| = 0 ⇔ |A5 + mA6 | = 0 ⇔ |A5 (I + mA)| = 0 ⇔ |A|5 . |I + mA| = 0
⇔[

|A| = 0 (không thỏa)
1
⇔ |I + mA| = 0 ⇔ |(
|I + mA| = 0
0

1+m
2m
0
m 2m
)+(
)| = 0 ⇔ |
|=0
2m
1+m
1
2m m

⇔ (1 + m)2 − 4m2 = 0 ⇔ −3m2 + 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 ∨ m = −

1
3

Câu 2: Cho A, B, C là các ma trận vuông cấp 3 có 𝐝𝐞𝐭𝐀 = 𝟓, 𝐝𝐞𝐭𝐁 = 𝟏𝟎, 𝐝𝐞𝐭𝐂 = 𝟓𝟎 và 𝐌 = 𝟓𝐀𝐁𝟐 𝐂 −𝟏 . Tính định
thức của ma trận M?
|M3x3 | = |5AB 2 C −1 | = 53 . |A|. |B 2 |. |C −1 | = 53 . |A|. |B|2 . |C|−1 = 53 . 5.102 . 50−1 = 1250

Câu 3: Tìm m để không gian nghiệm của hệ phương trình sau có số chiều lớn nhất:
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 + 𝐱𝟒 + 𝐱𝟓 = 𝟎
𝟐𝐱𝟏 + 𝟑𝐱𝟐 + 𝟒𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 + 𝟔𝐱𝟓 = 𝟎
{
(𝐦 − 𝟏)𝐱𝟏 + 𝟓𝐱𝟐 + 𝟔𝐱𝟑 + 𝟕𝐱𝟒 + 𝟐(𝐦 − 𝟏)𝐱𝟒 = 𝟎
1
-Ta có: 𝐝𝐢𝐦𝐕 = 𝐧 − 𝐫𝐚𝐧𝐤(𝐀) với n = 5 là số ẩn của hệ phương trình và A = ( 2
m−1

1 1
3 4
5 6

1
1
6
)
5
7 2(m − 1)

Như vậy: dimV → max ⇔ rank(A) → min.
-Rõ ràng hai dòng đầu của A đã độc lập với nhau. Muốn rank(A) nhỏ nhất thì ta phải tìm m sao cho dòng 3 được
tạo ra bởi hai dòng đầu. Nhìn các hệ số của các ẩn x2 , x3 , x4 , ta dễ dàng nhận thấy: d3 = 2d1 + d2 , suy ra:
1.2 + 2 = m − 1 ⇒ m = 5
Thật vậy, khi m = 5 thì d3 = 2d1 + d2 , tức dòng 3 phụ thuộc tuyến tính vào 2 dòng trên, làm cho hạng của ma
trận A bằng 2, đạt cực tiểu.
-Vậy dimV → max ⇔ m = 5.

Công thức 𝒅𝒊𝒎𝑾 = 𝒏 − 𝒓𝒂𝒏𝒌(𝑨) có vẻ lạ đối với nhiều bạn, vì ta thường học 𝒅𝒊𝒎𝑾 = 𝒓𝒂𝒏𝒌(𝑨) và 𝒅𝒊𝒎𝑾 = 𝒏.
Thật ra, điều lạ đó xảy ra do ta viết công thức mà không hiểu A và n ở đây là gì.
Mình có 3 bài toán như sau:
3

1

Bài toán 1: Cho không gian con W = {(x, y, 2 x + 4 y) | x, y ∈ ℝ}. Tìm số chiều của W?
𝐝𝐢𝐦𝐕 = 𝐧 = 𝟐, 𝐯ớ𝐢 𝐧 𝐥à 𝐬ố 𝐛𝐢ế𝐧 𝐭𝐫𝐨𝐧𝐠 𝐯é𝐜𝐭ơ 𝐧𝐠𝐡𝐢ệ𝐦
Bài toán 2: Cho W là không gian sinh bởi hệ {(1,0,0), (0,1,0), (1,1,0), (1,1,1)}. Tìm số chiều của W?
𝐝𝐢𝐦𝐖 = 𝐫𝐚𝐧𝐤(𝐀) = 𝟑, 𝐯ớ𝐢 𝐀 𝐥à 𝐦𝐚 𝐭𝐫ậ𝐧 𝐠ồ𝐦 𝐜á𝐜 𝐯é𝐜𝐭ơ 𝐬𝐢𝐧𝐡


Bài toán 3: W là không gian nghiệm của hệ phương trình {

x+y+z=0
. Tìm số chiều của W?
x + 2y + 4z = 0

Muốn tìm số chiều của W, ta phải tìm nghiệm của hệ phương trình đã cho. Đó là:
(x, −

3x x
, )
2 2

Khi đó, ta viết:
W = {(x, −

3x x
, ) | x ∈ ℝ}
2 2

Kết luận:
dimW = 1
Dễ dàng nhận thấy:
dimW ≠ n = 3 (với n là số ẩn của hệ phương trình)
dimW ≠ rank(A) = 2 (với A là ma trận đặc trưng cho hệ phương trình)
Vậy thật sự thì:
𝐝𝐢𝐦𝐖 = 𝐧 − 𝐫𝐚𝐧𝐤(𝐀)
Với n là số ẩn trong hệ phương trình và A là ma trận đặc trưng cho hệ phương trình.

Khi dùng công thức, hãy chú ý đề bài và hiểu rõ ý nghĩa của n và rank(A) nhé, để tránh bị nhầm lẫn.

Câu 4: Cho A và B là các ma trận vuông cấp n thỏa 𝐀 = 𝐏𝐁𝐏 −𝟏 , với P là ma trận vuông cấp n khả nghịch. Phát biểu
nào sau đây là sai?
A. A khả nghịch khi và chỉ khi B khả nghịch
𝟓

B. 𝐁𝟓 = (𝐏 −𝟏 ) 𝐀𝟓 𝐏𝟓
C. 𝐝𝐞𝐭(𝐀−𝟏 ) = 𝐝𝐞𝐭(𝐁−𝟏 )
D. 𝐁𝟓 = 𝐏 −𝟏 𝐁𝟓 𝐏 𝟓
-Trước tiên, ta tìm B theo A:
A = PBP−1 ⇒ P −1 . (A). P = P−1 . (PBP−1 ). P ⇔ P−1 AP = B hay 𝐁 = 𝐏 −𝟏 𝐀𝐏
-Xét câu A, ta lập luận:
A khả nghịch ⇔ |A| ≠ 0 ⇔ |PBP−1 | = |P|. |B|. |P−1 | ≠ 0 ⇔ |P|. |B|. |P|−1 ≠ 0 ⇔ |B| ≠ 0 ⇔ B khả nghịch
-Xét câu C, ta lập luận:
det(A−1 ) = |A|−1 = |PBP−1 |−1 = (|P|. |B|. |P|−1 )−1 = |B|−1 = det(B −1 )
-Chú ý câu B va D:
B 5 = (P−1 AP). (P−1 AP). (P−1 AP). (P−1 AP). (P−1 AP) = P−1 APP−1 APP−1 APP−1 APP−1 AP
= P−1 A(PP−1 )A(PP−1 )A(PP−1 )A(PP−1 )AP = P−1 A5 P

Tóm lại: 𝑩 = 𝑷−𝟏 𝑨𝑷 ⇒ 𝑩𝒏 = 𝑷−𝟏 𝑨𝒏 𝑷


̅ = (𝐀|𝐁). Ta có:
Câu 5: Cho hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (𝟏) với 𝐀𝐦×𝐧 (𝐦 > 𝐧), 𝐀
A. Các câu kia đều sai.

B. Tập nghiệm của (1) là không gian con của ℝ𝐧.

C. Hệ vô nghiệm.

̅)
D. 𝐑(𝐀) ≥ 𝐑(𝐀

Xét câu B: (1) có thể vô nghiệm
Xét câu C: (1) cũng có thể có vô số nghiệm, khả năng này cao khi số phương trình > số ẩn.
̅) ≥
Xét câu D: Điều này là không thể, vì khi thêm 1 cột vào thì hạng của ma trận không thể giảm được, tức R(A
R(A).

Câu 6: Cho A, B là 2 không gian con của ℝ𝐧. Tìm trong những tập hợp sau, tất cả những tập hợp không là không gian
con của ℝ𝐧.
𝐂 = 𝐀 ∩ 𝐁 ; 𝐃 = 𝐀\𝐁 ; 𝐄 = 𝐀\{𝐱} 𝐯ớ𝐢 𝐱 ∈ 𝐀 ; 𝐅 = 𝐀 ∪ {𝛉} ; 𝐆 = 𝐁 ∩ {𝛉} ; 𝐇 = 𝐁\𝐀
-Chúng ta cứ hiểu đơn giản rằng không gian ℝn chính là không gian n chiều, có tính đối xứng và phải chứa vector
không (gốc tọa độ). Quen thuộc nhất chính là:
-Không gian 1 chiều ℝ1 : đường thẳng đi qua gốc tọa độ.
-Không gian 2 chiều ℝ2 : mặt phẳng đi qua gốc tọa độ.
-Không gian 3 chiều ℝ3 : hình khối, không gian chúng ta đang tồn tại, không kể thời gian.
-Xét 𝐂 = 𝐀 ∩ 𝐁:
+Theo tính chất đã thừa nhận thì giao của hai không gian con của ℝ𝑛 cũng là một không gian con của ℝ𝑛 .
Mình xin giải thích dài dòng thêm một chút ở dưới.
+Nếu A và B là hai không gian con có cùng số chiều thì giao của chúng sẽ là không gian con bằng chính
chúng hoặc không gian con có số chiều thấp hơn 1 chiều. Ví dụ: 2 mặt phẳng trùng nhau thì giao nhau ra chính
chúng. 2 mặt phẳng cắt nhau cho ra một đường thẳng đi qua gốc tọa độ (vì mặt phẳng phải đi qua gốc tọa độ).
Chú ý rằng không có trường hợp song song vì 2 mặt phẳng đều phải đi qua gốc tọa độ (chứa vector không).
+Nếu số chiều của A lớn hơn B (hoặc ngược lại) thì giao của chúng sẽ cho ra chính A hoặc không gian con
với số chiều bằng hiệu số chiều. Ví dụ: 1 mặt phẳng chứa 1 đường thẳng thì giao cho ra chính đường thẳng. Còn
nếu mặt phẳng bị đường thẳng cắt thì chắc chắn phải cắt tại gốc tọa độ, tức không gian cho ra cuối cùng chỉ còn
vector không, cũng là một không gian con của ℝ𝑛 .
+Tóm lại, C chính là không gian con cũa ℝ𝑛 .
-Xét 𝐃 = 𝐀\𝐁.
Vì A, B là 2 không gian con của Rn nên chắc chắc chúng chứa vector không. Loại B ra khỏi A cũng chính là
loại vector không ra khỏi A, nên kết quả cho ra không phải không gian con của ℝn nữa.
-Xét 𝐄 = 𝐀\{𝐱} 𝐯ớ𝐢 𝐱 ∈ 𝐀.
Loại đi x mà không loại đi -x thì -x sẽ không còn ai để bắt cặp nữa. Vậy nên E không phải là không gian
con của ℝn .
-Xét 𝐅 = 𝐀 ∪ {𝛉}
A đã có vector không rồi, gộp thêm vector không vào nữa cũng ra chính nó thôi. Hay F = A.
-Xét 𝐇 = 𝐁\𝐀.
Tương tự như A\B, trong H không có vector không nên H không phải không gian con của ℝn .


Câu 7: Giả sử hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (có n phương trình và n ẩn số) là hệ vô nghiệm. Phát biểu nào
sau đây là sai?
A) Hệ vector cột của ma trận A là hệ phụ thuộc tuyến tính
B) Ma trận A là ma trận suy biến
C) Vector cột B nằm trong không gian con sinh bởi hệ vector cột của A.
D) Hệ vector dòng của ma trận A không phải cơ sở của ℝ𝒏.
-Hệ phương trình có n phương trình n ẩn vô nghiệm (Hệ Cramer)
⇔ |A| = 0
⇔ Hệ vector cột và hệ vector dòng của A là hệ phụ thuộc tuyến tính, hay ma trận A suy biến.
⇒ Hệ vector dòng của A không phải cơ sở của ℝn (vì cơ sở là hệ những vector độc lập tuyến tính)
̅ ) ≤ n ⇒ r(A
̅T ) ≤ n < n + 1
-Mặt khác, ta có: r(A
̅T có n+1 dòng và dòng của A
̅T là cột của A
̅)
(Chú ý rằng A
̅T là hệ phụ thuộc tuyến tính, suy ra hệ vector cột của A là hệ phụ thuộc tuyến tính,
Vậy nên hệ vector dòng của A
hay có thể nói rằng vector cột B được sinh ra bởi hệ vector cột của A.

Câu 8: Cho A, B là 2 ma trận vuông cấp 2 thỏa 𝐀𝐁 = 𝛉, 𝐀 ≠ 𝛉, 𝐁 ≠ 𝛉. Phát biểu nào sai?
A) 𝐀𝟑 𝐁 𝟑 = 𝛉
A3 B 3 = AAABBB = AA(AB)BB = AA. θ. BB = θ
B) 𝐁𝐀 = 𝛉
Phép nhân ma trận không có tính giao hoán và điều kiện đề bài cũng không đủ để kết luận BA = θ.
C) A và B là hai ma trận suy biến.
Giả sử A không suy biến thì A−1 tồn tại. Nhân vào hai vế của gia thiết, ta có:
AB = θ ⇒ A−1 . AB = A−1 . θ ⇒ B = 0 (vô lý)
Vậy A phải suy biến, chứng minh tương tự được B suy biến.
D. (𝐁𝐀)𝟐 = 𝛉
(BA)2 = BA. BA = B. (AB). A = B. θ. A = θ

Câu 9: Cho ma trận 𝐀 = (𝐚𝐢𝐣 )

𝟒𝐱𝟒

và ma trận 𝐁 = (𝐛𝐢𝐣 )

của ma trận A. Phát biểu nào sau đây là sai?

𝟒𝐱𝟒

với 𝐛𝐢𝐣 = 𝐚𝐣𝐢 ∀𝐢, 𝐣 = ̅̅̅̅̅
𝟏; 𝟒. Ký hiệu 𝐀𝐓 là ma trận chuyển vị

C) 𝐀𝐓 = 𝐁
Chính đề bài đã nói lên điều này, theo đúng định nghĩa của ma trận chuyển vị.
B) Nếu B suy biến thì A suy biến.
B suy biến ⇒ |B| = 0 ⇒ |AT | = 0 ⇒ |A| = 0 ⇒ A suy biến


A) Nếu A có 3 dòng bằng 0 thì 𝐀𝐁 = 𝛉
D. Nếu 𝐀. 𝐁 = 𝛉 thì 𝐀 = 𝐁 = 𝛉
-Xét phần tử (AB)ij của ma trận tích AB, ta có:
(AB)ij = Dòng i của A . Cột j của B = ai1 b1i + ai2 b2i + ai3 b3i + ai4 b4i
Mà B = AT nên ai1 = b1i , ai2 = b2i , ai3 = b3i , ai4 = b4i , suy ra:
(AB)ij = a2i1 + a2i2 + a2i3 + a2i4 ≥ 0
Điều này chứng tỏ trong ma trận tích của một ma trận và ma trận chuyển vị của chính nó, các phần tử luôn không
âm.
-Xét câu A, chỉ cần có một phần tử khác 0 ở hàng còn lại thì sẽ có một phần tử trong ma trận tích khác 0.
-Xét câu D, muốn ma trận tích bằng 0 thì buộc toàn bộ các phần từ của ma trận A phải bằng 0.

𝟐 𝟑
𝟏 −𝟑
𝟐𝟎 −𝟏𝟓
Câu 10: Cho 𝐀 = (
),𝐁 = (
),𝐂 = (
).
𝟓 𝟒
𝟐 −𝟏
𝟒𝟓 𝟏𝟎
−𝟑 −𝟏
Giả sử M là ma trận vuông cấp 2 thỏa 𝐌𝐀 = (
). Tìm ma trận MB, MC?
𝟖
𝟓
Ta sẽ đi tìm ma trận M bằng cách nhân cả hai vế của giả thiết cho A−1 :
−3 −1 2
M = MA. A−1 = (
)(
8
5
5

7 −7
3 −1
−3 −1
4 −3
1 −1
) =(
)(
)=(
) = 7. (
)
4
8
5
−5 2
−7 14
−1 2

−1 −2
−25 −25
⇒ MB = 7. (
) , MC = 7. (
)
3
1
70
35
7 −7
1 −1
)≠(
), vì hai ma trận này hoàn toàn khác nhau.
−7 14
−1 2

Chú ý rằng: (

“Hai ma trận gọi là bằng nhau khi chúng có cùng kích cỡ và các phần tử tương ứng bằng nhau”

𝟓

𝟕

Câu 11: Cho A, B là các ma trận vuông cùng cấp khả nghịch. Đặt 𝐂 = (𝟐 𝐀𝐓 ) (𝟑 𝐁). Tìm 𝐂 −𝟏 ?
C

−1

35 T −1
6 −1 T −1
6 −1 −1 T
= ( A B) =
B (A ) =
B (A )
6
35
35

𝐱 + 𝐱𝟐 + 𝟐𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 − 𝟒𝐱 𝟓 = 𝟎
Câu 12: Hệ vector nào sau đây không là hệ nghiệm cơ bản của hệ { 𝟏
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝟑𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 − 𝟓𝐱 𝟓 = 𝟎
A. 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏, 𝟎), 𝐕𝟐 = (−𝟐, 𝟓, −𝟔, 𝟑, 𝟎), 𝐕𝟑 = (𝟑, 𝟐, 𝟎, 𝟏, 𝟐)
B. 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏, 𝟎), 𝐕𝟐 = (𝟏, 𝟏, 𝟏, 𝟎, 𝟏), 𝐕𝟑 = (𝟑, 𝟐, 𝟎, 𝟏, 𝟐)
C. 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏, 𝟎), 𝐕𝟐 = (−𝟐, 𝟓, −𝟏, 𝟏, 𝟏), 𝐕𝟑 = (𝟑, 𝟐, 𝟎, 𝟏, 𝟐)
D. 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏, 𝟎), 𝐕𝟐 = (𝟎 − 𝟏, 𝟐, −𝟏, 𝟎), 𝐕𝟑 = (𝟑, 𝟐, 𝟎, 𝟏, 𝟐)
-Chắc chắn là thay vector nào vô hệ cũng đúng hết, chú ý đến vector V2 và nhớ rằng: “Hệ nghiệm cơ bản chỉ gồm
những vector độc lập tuyến tính”, tức không có vector nào được tạo ra từ các vector khác.
-Nhẩm là thấy ngay vector V2 ở câu B được tạo ra hai vector V1 và V3 .
-Vậy hệ vector ở câu B không phải là hệ nghiệm cơ bản.


𝐱+𝐲−𝐳=𝟏
Câu 13: Cho hệ phương trình tuyến tính { 𝟐𝐱 + 𝟑𝐲 + 𝐳 = 𝟐 . Phát biểu nào sau đây sai?
𝟐𝐱 + 𝐲 + 𝐦𝐳 = 𝟐
A. Tồn tại m để hệ số vô số nghiệm.
B. Tồn tại m để hệ có nghiệm duy nhất.
C. Tồn tại m để hệ vô nghiệm.
D. Tồn tại m để hệ có nghiệm.
-Trước tiên, ta kiểm tra xem điều kiện để r(A) < 3 có tồn tại không, tức kiểm tra có tồn tại giá trị nào của m để
|A| = 0.
1
1 1 −1
|2 3 1 | = 0 ⇔ |2
2
2 1 m

0
0
1
3
| = m + 2 + 3 = 0 ⇔ m = −5
1
3 |=|
−1 m + 2
−1 m + 2

̅ ) < 3 có xảy ra hay không?
-Thay m = −5 vào ma trận vuông cấp 3 còn lại và kiểm tra xem r(A
1
|3
1

−1 1
1
1 2| = |3
−5 2
1

0
0
4 −1
|=0
4 −1| = |
−4 1
−4 1

̅ ) < 3. Đồng thời thấy rằng hai dòng đầu của hệ độc lập tuyến tính nên ta kết luận:
-Như vậy, r(A) < 3 và r(A
̅ ) = 2 < 3 ⇔ m = −5, tức tồn tại m để hệ có vô số nghiệm.
r(A) = r(A
̅ ) = 3, tức hệ có nghiệm duy nhất.
-Với các trường hợp m ≠ −5 thì |A| ≠ 0, chứng tỏ chỉ có thể là r(A) = r(A
-Tóm lại, hệ này không thể vô nghiệm được.

Câu 14: Cho A là ma trận vuông các n với 𝐧 ≥ 𝟐.
A. |𝟔𝐀| = 𝟔|𝐀|
Sai tính chất. |6A| = 6n |A|
B. Nếu |𝐀| = 𝟎 thì có 1 vector dòng của A là tổ hợp tuyến tính của các vector còn lại.
Điều này đúng với tính chất.
D. |−𝐀| = |𝐀|
|−A| = |(−1). A| = (−1)n |A| = [

|A| ⇔ n chẵn
−|A| ⇔ n lẻ


Câu 15: Trong mô hình Input – Output mở, cho ma trận hệ số đầu vào là:
𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟑
𝐀 = (𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟐)
𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐
Đặt 𝐁 = 𝟏𝟎(𝐈𝟑 − 𝐀) = [𝐛𝐢𝐣 ]

𝟑×𝟑

. Gọi 𝐌𝐢𝐣 là định thức con bù của 𝐛𝐢𝐣 .

a) Tính tất cả các 𝐁𝐢𝐣 = (−𝟏)𝐢+𝐣 𝐌𝐢𝐣 và tính 𝐁−𝟏 .
-Tìm B.
0,1 0,2 0,3
0,9 −0,2 −0,3
0
9 −2 −3
0,2
0,3
0,2
−0,2
0,7
−0,2
)

(
)]
=
10.
(
)
=
(
0
−2 7 −2)
0,3 0,1 0,2
−0,3 −0,1 0,8
1
−3 −1 8

1 0
B = 10(I3 − A) = 10 [(0 1
0 0
Tính tất cả các Bij :
7 −2
| = 54
−1 8

B12 = (−1)1+2 . |

B21 = (−1)2+1 . |

−2 −3
| = 19
−1 8

B31 = (−1)3+1 . |

−2 −3
| = 25
7 −2

B11 = (−1)1+1 . |

−2 −2
| = 22
−3 8

B13 = (−1)1+3 . |

−2 7
| = 23
−3 −1

B22 = (−1)2+2 . |

9 −3
| = 63
−3 8

B23 = (−1)2+3 . |

9 −2
| = 15
−3 −1

B32 = (−1)3+2 . |

9 −3
| = 24
−2 −2

B33 = (−1)3+3 . |

−9 −2
| = 59
−2 7

-Tính B −1 .
9 −2 −3
15 −2 −19
15 −19
|B| = |−2 7 −2| = |−23 7
| = 373
54 | = (−1). (−1)3+2 |
−23 54
−3 −1 8
0
−1
0
B −1 =

1
1 54 19 25
. PB =
(22 63 24)
|B|
373
23 15 59

b) Tìm giá trị sản lượng của ba ngành biết yêu cầu của ngành mở đối với ba ngành là 𝐃 = (𝟐𝟏𝟎, 𝟐𝟒𝟎, 𝟏𝟏𝟎).
Ta có công thức tính sản lượng của ba ngành:
X = (I − A)−1 . D
Trong đó, (I − A)−1 được tính như sau:
I−A=

B
10 54 19 25
⇒ (I − A)−1 = 10. B −1 =
(22 63 24)
10
373
23 15 59

Từ đó tính được:
X=

10 54 19
(22 63
373
23 15

Vậy sản lượng của 3 ngành lần lượt là: 500,600,400.

210
25
500
)
.
(
)
=
(
240
24
600)
110
59
400


Câu 16: Cho hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (𝟏) và hệ thuần nhất tương ứng 𝐀𝐗 = 𝛉 có dạng:
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝟐𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 + 𝟒𝐱𝟓 = 𝟎
{𝟑𝐱𝟏 + 𝟒𝐱𝟐 + 𝟒𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 + 𝟐𝐱𝟓 = 𝟎
𝟓𝐱𝟏 + 𝟕𝐱𝟐 + 𝟔𝐱𝟑 + 𝟕𝐱𝟒 + 𝟔𝐱𝟓 = 𝟎
a) Tìm nghiệm tổng quát và tìm 1 nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất trên.
Đưa hệ phương trình đã cho vào ma trận, ta có:
1
(3
5

1 2
4 4
7 6

−𝑑2
1
3 4 0 dd2 −3d
1 1 2
3
4
0 𝑑𝑑1−2𝑑
1 0
3 −5d1
3
2
(0 1 −2 −4 −10 | 0) →
(0 1
5 2 | 0) →
7 6 0
0 2 −4 −8 −14 0
0 0
𝑑3 :6



1
(0
0

3
0 4
7
14
0 𝑑𝑑1 −14𝑑
1
2 +10𝑑3
(0
1 −2 −4 −10 | 0) →
0
0 0
1
0
0

4
7
14
0
−2 −4 −10 | 0)
0
0
6
0

0 4
7 0 0
1 −2 −4 0 | 0)
0 1 0
0 0

Đặt x3 = a, x4 = b, với a, b ∈ ℝ, ta có nghiệm tổng quát của hệ (1):
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (−4a − 7b, 2a + 4b, a, b, 0) với a, b ∈ ℝ
Cho a = b = 1, ta được 1 nghiệm cơ bản của hệ trên:
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (−11; 6; 1; 1; 0)
𝟓
𝟒
b) Giả sử 𝐗 = 𝟑 là 1 nghiệm riêng của hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (𝟏).
𝟐
[𝟏]
Tìm B và tìm nghiệm tổng quát của hệ (1).
Tìm ma trận B:
1 1
B = AX = (3 4
5 7

1
2 3 4
2
41
4 5 2 ) 3 = (53)
6 7 6
4
95
(5)

Thay B ngược vào phương trình AX = B, ta đưa hệ vào ma trận:
1
(3
5

1 2 3 4
4 4 5 2
7 6 7 6

1
41 dd2 −3d
1
3 −5d1
(0
| 53) →
95
0

𝑑3 :6



1 0
(0 1
0 0

−𝑑2
1 2
3
4
41 𝑑𝑑1−2𝑑
1
3
2
)

(
|
0
1 −2 −4 −10 −70
2 −4 −8 −14 −110
0

3
4
7
14
111 𝑑𝑑1 −14𝑑
1
2 +10𝑑3
(0
−2 −4 −10 | −70) →
0
0
1
5
0

0 4
7
14
111
|
1 −2 −4 −10 −70)
0
0 0
1
30

0 4
7 0
41
1 −2 −4 0 | −20)
0 1
0 0
5

Đặt x3 = a, x4 = b, với a, b ∈ ℝ, ta có nghiệm tổng quát của hệ phương trình đã cho:
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (41 − 4a − 7b, −20 + 2a + 4b, a, b, 5) với a, b ∈ ℝ


K41 CLC – MÃ ĐỀ 209
𝐦−𝟓
𝟏
𝟏
Câu 1: Cho 𝐀 = ( 𝟏
𝟏
𝐦 − 𝟓). Tìm điều kiện của m để A không khả đảo.
𝟏
𝐦−𝟓
𝟏
−|A| = |

m−5
1
1
m−5
1
m−5
1 |=| 1
1
1
m−5
m−3

1
m−5
m−3

1
m−5
1
1
1 | = (m − 3). | 1
m − 5 1|
m−3
1
1
1

m−6
0
0
= (m − 3). | 0
m − 6 0| = (m − 3)(m − 6)2
1
1
1
Vậy nên: A không khả đảo ⇔ |A| = 0 ⇔ m = 3 ∨ m = 6

𝟐

𝟕

Câu 2: Cho A, B là các ma trận vuông cùng cấp khả nghịch. Đặt 𝐂 = (𝟓 𝐀𝐓 ) (𝟑 𝐁). Tìm 𝐂 −𝟏 ?
−1
14
15 −1 T −1 14 −1 −1 T
C −1 = ( AT B) =
B (A ) =
B (A )
15
14
15

Câu 3: Giả sử hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (có n phương trình và n ẩn số) là hệ vô nghiệm. Phát biểu nào
sau đây là sai?
A) Ma trận A là ma trận suy biến.
B) Hệ vector cột B nằm trong không gian con sinh bởi hệ vector cột của A.
C) Hệ vector cột của ma trận A là hệ phụ thuộc tuyến tính.
D. Hệ vertor dòng của ma trận A không phải là cơ sở của ℝ𝐧.
-Hệ phương trình có n phương trình n ẩn vô nghiệm (Hệ Cramer)
⇔ |A| = 0
⇔ Hệ vector cột và hệ vector dòng của A là hệ phụ thuộc tuyến tính, hay ma trận A suy biến.
⇒ Hệ vector dòng của A không phải cơ sở của ℝn (vì cơ sở là hệ những vector độc lập tuyến tính)
̅ ) ≤ n ⇒ r(A
̅T ) ≤ n < n + 1
-Mặt khác, ta có: r(A
̅T có n+1 dòng và dòng của A
̅T là cột của A
̅)
(Chú ý rằng A
̅T là hệ phụ thuộc tuyến tính, suy ra hệ vector cột của A là hệ phụ thuộc tuyến tính,
Vậy nên hệ vector dòng của A
hay có thể nói rằng vector cột B được sinh ra bởi hệ vector cột của A.

𝐱+𝐲−𝐳 = 𝟏
Câu 4: Cho hệ phương trình tuyến tính { 𝟐𝐱 + 𝟑𝐲 + 𝐳 = 𝟐 . Phát biểu nào sau đây sai?
𝟐𝐱 + 𝐲 + 𝐦𝐳 = 𝟐
A) Tồn tại m để hệ số vô số nghiệm.

B) Tồn tại m để hệ có nghiệm duy nhất.

C) Tồn tại m để hệ vô nghiệm.

D) Tồn tại m để hệ có nghiệm.

-Trước tiên, ta kiểm tra xem điều kiện để r(A) < 3 có tồn tại không, tức kiểm tra có tồn tại giá trị nào của m để
|A| = 0.


1
1 1 −1
|2 3 1 | = 0 ⇔ |2
2
2 1 m

0
0
1
3
| = m + 2 + 3 = 0 ⇔ m = −5
1
3 |=|
−1 m + 2
−1 m + 2

̅ ) < 3 có xảy ra hay không?
-Thay m = −5 vào ma trận vuông cấp 3 còn lại và kiểm tra xem r(A
1
|3
1

−1 1
1
1 2| = |3
−5 2
1

0
0
4 −1
|=0
4 −1| = |
−4 1
−4 1

̅ ) < 3. Đồng thời thấy rằng hai dòng đầu của hệ độc lập tuyến tính nên ta kết luận:
-Như vậy, r(A) < 3 và r(A
̅ ) = 2 < 3 ⇔ m = −5, tức tồn tại m để hệ có vô số nghiệm.
r(A) = r(A
̅ ) = 3, tức hệ có nghiệm duy nhất.
-Với các trường hợp m ≠ −5 thì |A| ≠ 0, chứng tỏ chỉ có thể là r(A) = r(A
-Tóm lại, hệ này không thể vô nghiệm được.

Câu 5: Tìm m để không gian nghiệm của hệ phương trình sau có số chiều lớn nhất:
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 + 𝐱𝟒 + 𝐱𝟓 = 𝟎
𝟐𝐱
{
𝟏 + 𝟑𝐱 𝟐 + 𝟒𝐱 𝟑 + 𝟓𝐱 𝟒 + 𝟔𝐱 𝟓 = 𝟎
(𝐦 − 𝟏)𝐱𝟏 + 𝟓𝐱𝟐 + 𝟔𝐱𝟑 + 𝟕𝐱𝟒 + 𝟐(𝐦 − 𝟏)𝐱𝟒 = 𝟎
1
-Ta có: 𝐝𝐢𝐦𝐕 = 𝐧 − 𝐫𝐚𝐧𝐤(𝐀) với n = 5 là số ẩn của hệ phương trình và A = ( 2
m−1

1 1
3 4
5 6

1
1
6
)
5
7 2(m − 1)

Như vậy: dimV → max ⇔ rank(A) → min.
-Rõ ràng hai dòng đầu của A đã độc lập với nhau. Muốn rank(A) nhỏ nhất thì ta phải tìm m sao cho dòng 3 được
tạo ra bởi hai dòng đầu. Nhìn các hệ số của các ẩn x2 , x3 , x4 , ta dễ dàng nhận thấy: d3 = 2d1 + d2 , suy ra:
1.2 + 2 = m − 1 ⇒ m = 5
Thật vậy, khi m = 5 thì d3 = 2d1 + d2 , tức dòng 3 phụ thuộc tuyến tính vào 2 dòng trên, làm cho hạng của ma
trận A bằng 2, đạt cực tiểu.
-Vậy dimV → max ⇔ m = 5.

Câu 6: Cho A, B, C là các ma trận vuông cấp 3 có 𝐝𝐞𝐭𝐀 = 𝟓, 𝐝𝐞𝐭𝐁 = 𝟏𝟎, 𝐝𝐞𝐭𝐂 = 𝟓𝟎 và 𝐌 = 𝟓𝐀𝐁𝟐 𝐂 −𝟏 . Tính định
thức của ma trận M.
|M3x3 | = |5AB 2 C −1 | = 53 . |A|. |B 2 |. |C −1 | = 53 . |A|. |B|2 . |C|−1 = 53 . 5.102 . 50−1 = 1250
̅ = (𝐀|𝐁). Ta có:
Câu 7: Cho hệ phương trình tuyến tính 𝐀𝐗 = 𝐁 (𝟏) với 𝐀𝐦×𝐧 (𝐦 > 𝐧), 𝐀
̅)
A) 𝐑(𝐀) ≥ 𝐑(𝐀
B) Hệ vô nghiệm.
C) Tập nghiệm của (1) là không gian con của ℝ𝐧.
D) Các câu kia đều sai.
̅) ≥
Xét câu A: Điều này là không thể, vì khi thêm 1 cột vào thì hạng của ma trận không thể giảm được, tức R(A
R(A).
Xét câu B: (1) có thể vô nghiệm
Xét câu C: (1) cũng có thể có vô số nghiệm, khả năng này cao khi số phương trình > số ẩn, khi đó tập nghiệm của
(1) hiển nhiên là không gian con của ℝ𝑛 .


𝐱 + 𝐱𝟐 + 𝟐𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 = 𝟎
Câu 8: Cho hệ phương trình tuyến tính { 𝟏
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝟑𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 = 𝟎
Hệ vector nào sau đây không là hệ nghiệm cơ bản của hệ.
𝐀. 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (−𝟑, 𝟎, 𝟔, −𝟑)
𝐁) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (−𝟐, 𝟓, −𝟔, 𝟑)
𝐂) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (𝟏, 𝟏, −𝟒, 𝟐)
𝐃) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (𝟎, −𝟏, 𝟐, −𝟏)
-2 phương trình 4 ẩn độc lập tuyến tính, ta hoàn toàn có thể viết 2 ẩn này theo 2 ẩn còn lại.
Đặt k = −x1 − x2 , ta có giải hệ 2 phương trình 2 ẩn theo k:
{

x = −2x4
2x3 + 3x4 = k
x = 2k
2x + 3x4 = k
⇒{ 3
⇒{ 3
⇒{ 3
x3 + 2x4 = 0
3x3 + 5x4 = k
x4 = −k
x4 = −k

-Vậy nghiệm tổng quát của hệ này là:
(x1 , x2 , −2x1 − 2x2 , x1 + x2 )
Và cả 4 đáp án đều đúng (thay vào cũng thấy điều đó).

Câu 9: Cho A là ma trận vuông các n với 𝐧 ≥ 𝟐.
A) |𝟔𝐀| = 𝟔|𝐀|
Sai tính chất. |6A| = 6n |A|
B) Nếu |𝐀| = 𝟎 thì có 1 vector cột của A là tổ hợp tuyến tính của các vector cột còn lại.
Điều này đúng với tính chất.
D) |−𝐀| = |𝐀|
|−A| = |(−1). A| = (−1)n |A| = [

|A| ⇔ n chẵn
−|A| ⇔ n lẻ

Câu 10: Cho A, B là 2 không gian con của ℝ𝐧. Tìm trong những tập hợp sau, tất cả những tập hợp không là không
gian con của ℝ𝐧.
𝐂 = 𝐀 ∩ 𝐁 ; 𝐃 = 𝐀\𝐁 ; 𝐄 = 𝐀\{𝐱} 𝐯ớ𝐢 𝐱 ∈ 𝐀 ; 𝐅 = 𝐀 ∪ {𝛉} ; 𝐆 = 𝐁 ∩ {𝛉} ; 𝐇 = 𝐁\𝐀
-Chúng ta cứ hiểu đơn giản rằng không gian ℝn chính là không gian n chiều, có tính đối xứng và phải chứa vector
không (gốc tọa độ). Quen thuộc nhất chính là:
-Không gian 1 chiều ℝ1 : đường thẳng đi qua gốc tọa độ.
-Không gian 2 chiều ℝ2 : mặt phẳng đi qua gốc tọa độ.
-Không gian 3 chiều ℝ3 : hình khối, không gian chúng ta đang tồn tại, không kể thời gian.
-Xét 𝐂 = 𝐀 ∩ 𝐁:
+Theo tính chất đã thừa nhận thì giao của hai không gian con của ℝ𝑛 cũng là một không gian con của ℝ𝑛 .
Mình xin giải thích dài dòng thêm một chút ở dưới.
+Nếu A và B là hai không gian con có cùng số chiều thì giao của chúng sẽ là không gian con bằng chính
chúng hoặc không gian con có số chiều thấp hơn 1 chiều. Ví dụ: 2 mặt phẳng trùng nhau thì giao nhau ra chính
chúng. 2 mặt phẳng cắt nhau cho ra một đường thẳng đi qua gốc tọa độ (vì mặt phẳng phải đi qua gốc tọa độ).
Chú ý rằng không có trường hợp song song vì 2 mặt phẳng đều phải đi qua gốc tọa độ (chứa vector không).


+Nếu số chiều của A lớn hơn B (hoặc ngược lại) thì giao của chúng sẽ cho ra chính A hoặc không gian con
với số chiều bằng hiệu số chiều. Ví dụ: 1 mặt phẳng chứa 1 đường thẳng thì giao cho ra chính đường thẳng. Còn
nếu mặt phẳng bị đường thẳng cắt thì chắc chắn phải cắt tại gốc tọa độ, tức không gian cho ra cuối cùng chỉ còn
vector không, cũng là một không gian con của ℝ𝑛 .
+Tóm lại, C chính là không gian con cũa ℝ𝑛 .
-Xét 𝐃 = 𝐀\𝐁.
Vì A, B là 2 không gian con của Rn nên chắc chắc chúng chứa vector không. Loại B ra khỏi A cũng chính là
loại vector không ra khỏi A, nên kết quả cho ra không phải không gian con của ℝn nữa.
-Xét 𝐄 = 𝐀\{𝐱} 𝐯ớ𝐢 𝐱 ∈ 𝐀.
Loại đi x mà không loại đi -x thì -x sẽ không còn ai để bắt cặp nữa. Vậy nên E không phải là không gian
con của ℝn .
-Xét 𝐅 = 𝐀 ∪ {𝛉}
A đã có vector không rồi, gộp thêm vector không vào nữa cũng ra chính nó thôi. Hay F = A.
-Xét 𝐇 = 𝐁\𝐀.
Tương tự như A\B, trong H không có vector không nên H không phải không gian con của ℝn .

Câu 11: Cho A, B là 2 ma trận vuông cấp 2 thỏa 𝐀𝐁 = 𝛉, 𝐀 ≠ 𝛉, 𝐁 ≠ 𝛉. Phát biểu nào sai?
A) 𝐀𝟑 𝐁 𝟑 = 𝛉
A3 B 3 = AAABBB = AA(AB)BB = AA. θ. BB = θ
B) (𝐁𝐀)𝟐 = 𝛉
(BA)2 = BA. BA = B. (AB). A = B. θ. A = θ

C) A và B là hai ma trận suy biến.
Giả sử A không suy biến thì A−1 tồn tại. Nhân vào hai vế của gia thiết, ta có:
AB = θ ⇒ A−1 . AB = A−1 . θ ⇒ B = 0 (vô lý)
Vậy A phải suy biến, chứng minh tương tự được B suy biến.
D) 𝐁𝐀 = 𝛉
Phép nhân ma trận không có tính giao hoán và điều kiện đề bài cũng không đủ để kết luận BA = θ.

Câu 12: Cho A và B là các ma trận vuông cấp n thỏa 𝐀 = 𝐏𝐁𝐏 −𝟏 , với P là ma trận vuông cấp n khả nghịch. Phát biểu
nào sau đây là sai?
A) A khả nghịch khi và chỉ khi B khả nghịch
𝟑

B) 𝐁𝟑 = (𝐏 −𝟏 ) 𝐀𝟑 𝐏 𝟑
C) 𝐝𝐞𝐭(𝐀−𝟏 ) = 𝐝𝐞𝐭(𝐁−𝟏 )
D) 𝐁𝟑 = 𝐏 −𝟏 𝐁𝟑 𝐏 𝟑
-Trước tiên, ta tìm B theo A:
A = PBP−1 ⇒ P −1 . (A). P = P−1 . (PBP−1 ). P ⇔ P−1 AP = B hay B = P−1 AP


-Xét câu A, ta lập luận:
A khả nghịch ⇔ |A| ≠ 0 ⇔ |PBP−1 | = |P|. |B|. |P−1 | ≠ 0 ⇔ |P|. |B|. |P|−1 ≠ 0 ⇔ |B| ≠ 0 ⇔ B khả nghịch
-Xét câu C, ta lập luận:
det(A−1 ) = |A|−1 = |PBP−1 |−1 = (|P|. |B|. |P|−1 )−1 = |B|−1 = det(B −1 )
-Xét câu B và D, ta tìm:
B 3 = (P−1 AP). (P−1 AP). (P−1 AP) = P−1 APP−1 APP−1 AP
= P−1 A(PP−1 )A(PP−1 )AP = P−1 A3 P
Tóm lại: B = P−1 AP ⇒ B n = P−1 An P

Câu 13: Cho ma trận 𝐀 = (𝐚𝐢𝐣 )

𝟒𝐱𝟒

và ma trận 𝐁 = (𝐛𝐢𝐣 )

của ma trận A. Phát biểu nào sau đây là sai?

𝟒𝐱𝟒

với 𝐛𝐢𝐣 = 𝐚𝐣𝐢 ∀𝐢, 𝐣 = ̅̅̅̅̅
𝟏; 𝟒. Ký hiệu 𝐀𝐓 là ma trận chuyển vị

C) 𝐀𝐓 = 𝐁
Chính đề bài đã nói lên điều này, theo đúng định nghĩa của ma trận chuyển vị.
B) Nếu B suy biến thì A suy biến.
B suy biến ⇒ |B| = 0 ⇒ |AT | = 0 ⇒ |A| = 0 ⇒ A suy biến
A) Nếu A có 3 dòng bằng 0 thì 𝐀𝐁 = 𝛉
D. Nếu 𝐀. 𝐁 = 𝛉 thì 𝐀 = 𝐁 = 𝛉
-Xét phần tử (AB)ij của ma trận tích AB, ta có:
(AB)ij = Dòng i của A . Cột j của B = ai1 b1i + ai2 b2i + ai3 b3i + ai4 b4i
Mà B = AT nên ai1 = b1i , ai2 = b2i , ai3 = b3i , ai4 = b4i , suy ra:
(AB)ij = a2i1 + a2i2 + a2i3 + a2i4 ≥ 0
Điều này chứng tỏ trong ma trận tích của một ma trận và ma trận chuyển vị của chính nó, các phần tử luôn không
âm.
-Xét câu A, chỉ cần có một phần tử khác 0 ở hàng còn lại thì sẽ có một phần tử trong ma trận tích khác 0.
-Xét câu D, muốn ma trận tích bằng 0 thì buộc toàn bộ các phần từ của ma trận A phải bằng 0.

𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟑
Câu 14: Trong mô hình Input-Output mở cho ma trận hệ số đầu vào 𝐀 = (
). Gọi 𝐱𝟏 , 𝐱𝟐 lần lượt là giá trị
𝟎, 𝟓 𝟎, 𝟒
sản lượng đầu ra của ngành 1 và 2, 𝐝𝟏 , 𝐝𝟐 lần lượt là yêu cầu của ngành mở đối với ngành 1, 2. Cho (𝐱𝟏 , 𝐱𝟐 ) =
(𝟐𝟎𝟎; 𝟑𝟎𝟎). Hãy tìm (𝐝𝟏 , 𝐝𝟐 )?
(

d1
0,2 0,3
0,8 −0,3 200
1 0
200
70
) = D = (I − A)X = [(
)−(
)] (
)=(
)(
)=( )
d2
0,5 0,4
−0,5 0,6
0 1
300
300
80


Câu 15: Trong mô hình Input – Output mở, cho ma trận hệ số đầu vào là:
𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟏
𝐀 = (𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟐)
𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟑
Đặt 𝐁 = 𝟏𝟎(𝐈𝟑 − 𝐀) = [𝐛𝐢𝐣 ]

𝟑×𝟑

. Gọi 𝐌𝐢𝐣 là định thức con bù của 𝐛𝐢𝐣 .

a) Tính tất cả các 𝐁𝐢𝐣 = (−𝟏)𝐢+𝐣 𝐌𝐢𝐣 và tính 𝐁−𝟏 .
-Tìm B.
𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟏
0,7 −0,2 −0,1
0
7 −2 −1
𝟎,
𝟏
𝟎,
𝟑
𝟎,
𝟐
−0,1
0,7
−0,2
)

(
)]
=
10.
(
)
=
(
0
−1 7 −2)
𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟑
−0,1 −0,2 0,7
1
−1 −2 7

1 0
B = 10(I3 − A) = 10 [(0 1
0 0
Tính tất cả các Bij :
7 −2
| = 45
−2 7

B12 = (−1)1+2 . |

B21 = (−1)2+1 . |

−2 −1
| = 16
−2 7

B31 = (−1)3+1 . |

−2 −1
| = 11
7 −2

B11 = (−1)1+1 . |

−1 −2
|=9
−1 7

B13 = (−1)1+3 . |

−1 7
|=9
−1 −2

B22 = (−1)2+2 . |

7 −1
| = 48
−1 7

B23 = (−1)2+3 . |

7 −2
| = 16
−1 −2

B32 = (−1)3+2 . |

7 −1
| = 15
−1 −2

B33 = (−1)3+3 . |

7 −2
| = 47
−1 7

-Tính B −1 .
7 −2 −1
0
0
−1
|B| = |−1 7 −2| = |−15 11 −2| = (−1). (−1)1+3 |−15 11 | = 288
48 −16
−1 −2 7
48 −16 7
B −1 =

1
1 45 16 11
. PB =
(9
48 15)
|B|
288
9 116 47

b) Tìm giá trị sản lượng của ba ngành biết yêu cầu của ngành mở đối với ba ngành là 𝐃 = (𝟏𝟕𝟎, 𝟕𝟎, 𝟐𝟓𝟎).
Ta có công thức tính sản lượng của ba ngành:
X = (I − A)−1 . D
Trong đó, (I − A)−1 được tính như sau:
I−A=

B
10 45 16 11
⇒ (I − A)−1 = 10. B −1 =
(9
48 15)
10
288
9 116 47

Từ đó tính được:
X=

170
400
10 45 16 11
(9
48 15) . ( 70 ) = (300)
288
250
500
9 116 47

Vậy sản lượng của 3 ngành lần lượt là: 400,300,500.


Câu 16: Biện luận theo m hạng của ma trận sau:
𝒎 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑
𝟑 𝒎 𝟑 𝟑 𝟑
𝑨= 𝟑 𝟑 𝒎 𝟑 𝟑
𝟑 𝟑 𝟑 𝒎 𝟑
( 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝒎)
Ta có:
m
m 3 3 3 3
3
3 m 3 3 3
|A| = | 3 3 m 3 3 | = | 3
3
3 3 3 m 3
m+3
3 3 3 3 m

m 3 3 3 3
3
3
3
3
m
3 m 3 3 3
3
3
3
3
m
3 3 m 3 3|
|
|
3
(m
=
+
3).
3
3
3
m
3 3 3 m 3
3
m+3 m+3 m+3 m+3
1 1 1 1 1

m−3
0
0
0
0
m−3
0
0
0
m−3
0
= (m + 3). | 0
0
0
0
m−3
1
1
1
1
Xét khi m ≠ ±3, ta có: |A| ≠ 0 ⇒ r(A) = 5
Xét khi m = 3, dễ dàng thấy r(A) = 1
Xét khi m = −3, ta tìm được r(A) = 4.

Vậy

Khi m ≠ ±3 thì r(A) = 5.
Khi m = −3 thì r(A) = 4.
Khi m = 3 thì r(A) = 1.

0
0
0| = (m + 3)(m − 3)4
0
1


K40 – MÃ ĐỀ 624
Câu 1: Giả sử hệ phương trình tuyến tính AX=B có nghiệm duy nhất. Chọn phát biểu đúng?
A) Hệ véctơ dòng của A độc lập tuyến tính
B) Hệ véctơ cột của A phụ thuộc tuyến tính
C) Hệ véctơ dòng của A phụ thuộc tuyến tính
D) Hệ véctơ cột của A độc lập tuyến tính
Phương trình tuyến tính AX=B có nghiệm duy nhất
⇔ r(A) = n
⇔ r(AT ) = n
⇔ Hệ véctơ dòng của AT độc lập tuyến tính
⇔ Hệ véctơ cột của A độc lập tuyến tính
(Vì dòng của A là cột của AT và ngược lại. Nếu Am×n thì ATn×m )

Có ý kiến: Tại sao từ "𝑟(𝐴) = 𝑛" ta không suy thẳng ra “hệ véctơ dòng của A độc lập tuyến tính”? Mình xin giải
thích ngắn gọn thế này:
Trong tính chất “Nếu 𝑟(𝐴) = 𝑛 thì hệ véctơ dòng của A độc lập tuyến tính” thì ý nghĩa của n chính là số dòng của
A. Còn trong bài toán trên, n là số ẩn (tức số cột), còn m mới là số phương trình (tức số dòng). Vì vậy mình buộc
phải dùng đến ma trận chuyển vị để n biến thành số phương trình của ma trận chuyển vị.
Vì vậy, khi sử dụng các tính chất, chún ta cần chú ý đến ý nghĩa của các chữ cái đại diện!

Câu 2: Cho u, v, w là các véctơ khác 0 trong ℝ𝟑 . Tập hợp nào sau đây là không gian con của ℝ𝟑 .
A) 𝐖𝟏 = {𝐮 + 𝐱𝐯 | 𝐱 ∈ ℝ}
Nếu u và v không cùng phương thì không thể tồn tại số thực x để 𝑢 + 𝑥𝑣 = 𝜃, tức có thể trong không gian
W1 không có vector không.
Vì vậy, không thể khẳng định W1 là không gian con của ℝ3 .
B) 𝐖𝟐 = {𝐰 + 𝐱𝐮 + 𝐲𝐯 | 𝐱, 𝐲 ∈ ℝ}
Điều kiện 1 hiển nhiên thỏa mãn, vì luôn tìm được 2 số thực x, y để w + xu + yv = θ.
Điều kiện 2: Giả sử A = w + xu + yv ∈ W2 . Ta cần kiểm tra xem αA có thuộc W2 hay không?
Ta có: αA = αw + αxu + αyv
Đặt αx = X ∈ ℝ và αy = Y ∈ ℝ thì αA = αw + Xu + Yv ∉ W2 vì αw ≠ w
Điều kiện 2 không thỏa mãn nên W2 không phải không gian con của ℝ3
C) 𝐖𝟑 = {𝐱𝐮 + 𝐲(𝐯 + 𝐰) | 𝐱, 𝐲 ∈ ℝ}
Điều kiện 1 hiển nhiên thỏa mãn
Điều kiện 2: Giả sử A = xu + y(v + w) ∈ W3 . Ta cần kiểm tra xem αA có thuộc W3 hay không?


Ta có: αA = αxu + αy(v + w)
Đặt αx = X ∈ ℝ và αy = Y ∈ ℝ thì αA = Xu + Y(v + w) ∈ W3
Vậy W3 là không gian con của ℝ3
D) 𝐖𝟒 = {𝐧𝐮 | 𝐧 ∈ ℕ}
Điều kiện 1 hiển nhiên thỏa mãn khi n=0.
Điều kiện 2: Giả sử A = nu ∈ W4 . Ta cần kiểm tra xem αA có thuộc W3 hay không?
Ta có: αA = αnu
Đặt αn = N ∈ ℝ thì αA = Nu ∉ W4 vì N ∈ ℝ (chứ không phải N ∈ ℕ như điều kiện)
Vậy W3 là không phải là không gian con của ℝ3
Có thể nói rằng, 2 điều kiện tối thiểu cần phải xét đến đối với không gian con, đó là:
-Tồn tại vector không
-Nếu x ∈ W thì αx ∈ W, ∀x ∈ ℝ.

−𝟐 𝟏 𝟑
Câu 3: Cho ma trận 𝐀 = ( 𝟐
𝐦 𝟒). Với giá trị nào của m thì ma trận 𝐀𝟑 𝐀𝐓 có hạng bé hơn 3?
−𝟏 −𝟑 𝟏
Thấy A3 AT chắc chắn là ma trận vuông cấp 3. Ta có:
r(A3 AT ) < 3 ⇔ |A3 AT | = 0 ⇔ |A3 ||AT | = 0 ⇔ |A|3 . |A| = 0 ⇔ |A|4 = 0 ⇔ |A| = 0
−2 1 3
0
7
⇔| 2
m 4| = 0 ⇔ | 0 m − 6
−1 −3 1
−1
−3

1
7
1
| = 0 ⇔ m − 6 = 42 ⇔ m = 48
6| = 0 ⇔ |
m−6 6
1

𝟐 𝟒
Câu 4: Cho 𝐀 = (
). Tìm m để 𝐀𝟓 + 𝐦𝐀𝟒 khả đảo.
𝟑 𝟑
Chắc rằng A5 + mA4 là ma trận vuông cấp 2.
A5 + mA4 khả đảo ⇔ |A5 + mA4 | ≠ 0 ⇔ |A4 (A + mI)| ≠ 0 ⇔ |A|4 . |A + mI| ≠ 0 ⇔ |A + mI| ≠ 0
2
⇔ |(
3

2+m
4
m≠1
4
1 0
) +m(
)| ≠ 0 ⇔ |
|≠0⇔{
3
3+m
3
0 1
m ≠ −6

−𝟐𝐱 + 𝟑𝐲 + 𝐳 = 𝟏
𝐱 + 𝟐𝐲 − 𝟑𝐳 = 𝟐
Câu 5: Cho hệ phương trình {
. Phát biểu nào sau đây là đúng?
−𝟑𝐱 + 𝟖𝐲 + 𝐦𝐳 = 𝐦 + 𝟓
A) Với mọi m, hệ luôn có nghiệm.

B) Với mọi m, hệ có nghiệm duy nhất.

C) Với mọi m, hệ có vô số nghiệm.

D) Tồn tại m để hệ có đúng hai nghiệm.

-Trước tiên, ta kiểm tra xem điều kiện để r(A) < 3 có tồn tại không, tức kiểm tra có tồn tại giá trị nào của m để
|A| = 0 không.
−2 3
|1 2
−3 8

1
0 7
−5
7
−5
| = 7(m − 9) + 70 = 0 ⇔ m = −1
−3| = 0 ⇔ |1 2
−3 | = − |
14 m − 9
m
0 14 𝑚 − 9


̅ ) < 3 có xảy ra hay không?
-Thay m = −1 vào ma trận vuông cấp 3 còn lại và kiểm tra xem r(A
3
|2
8

1 1
0
0 1
−4 −5
=
|=0
−3 2| |−4 −5 2| = |
−4 −5
−1 4
−4 −5 4

̅ ) < 3.
-Như vậy, r(A) < 3 và r(A
Đồng thời thấy rằng hai dòng đầu của hệ độc lập tuyến tính nên ta kết luận:
̅ ) = 2 < 3 ⇔ m = −1, tức tồn tại m để hệ có vô số nghiệm.
r(A) = r(A
̅ ) = 3, tức hệ có nghiệm duy nhất.
-Với các trường hợp m ≠ −5 thì |A| ≠ 0, chứng tỏ chỉ có thể là r(A) = r(A
-Tóm lại, hệ này luôn có nghiệm.

𝐱 + 𝐲 + 𝟐𝐳 + 𝟑𝐭 = 𝟒
𝟐𝐱 + 𝟑𝐲 + 𝟑𝐳 = 𝟔
Câu 7: Cho hệ phương trình {
. Tìm z?
𝐱 + 𝟒𝐲 − 𝐳 + 𝐭 = −𝟐
−𝟑𝐱 + 𝟒𝐳 − 𝟐𝐭 = 𝟖
Dùng công thức đối với hệ Cramer:
1
2
|
1
z = −3
1
| 2
1
−3

1
1 4
3
0
3 6
0
| |
4 −2 1
0
0 8 −2 = 0
1 2
3
1
3 3
0 | |0
4 −1 1
0
0 4 −2
0

1
1
3
3
1
1
3
3

4
−2
−6
20
2
−1
−3
10

3
−6
1
| |
−2
3
7 = 3
3
1
−6| |3
−2
3
7

−2
−6
20
−1
−3
10

−6
1 −2 −6
−2| |0 0 16 |
0
|
7 = 0 26 25 = 26
−6
1 −1 −6
0
|
−2| |0 0 16 |
13
7
0 13 25

16
|
25 = 2
16
|
25

Câu 8: Cho các ma trận:
𝟒
𝟏 𝟐
𝟔
𝐀=(
) ; 𝐁𝟏 = ( ) ; 𝐁𝟐 = ( )
𝟒 𝟗
𝟓
𝟑
Gọi 𝐗 𝟏 , 𝐗 𝟐 lần lượt là nghiệm của hệ A𝐗 = 𝐁𝟏 và A𝐗 = 𝐁𝟐 . Khi đó 𝟐𝐗 𝟏 + 𝟑𝐗 𝟐 là:
X1 = A−1 B1 ; X 2 = A−1 B2
9 −2 26
196
⇒ 2X1 + 3X 2 = A−1 (2B1 + 3B2 ) = (
)( ) = (
)
−4 1
19
−85

Câu 9: Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n thỏa mãn điều kiện 𝐀𝟐 𝐁 = 𝐀𝐁𝟐 = 𝐈. Khẳng định nào sau đây sai?
A) (𝐀𝐁)−𝟏 = 𝐁
Ta có: AB 2 = I ⇔ (AB). B = I ⇔ AB và B là ma trận nghịch đảo của nhau
B) 𝐀 = 𝐁
Ta có: A2 B = AB 2 ⇔ AAB = ABB ⇔ A−1 . AAB. B −1 = A−1 . ABB. B −1 ⇔ A = B
C) A, B không suy biến
Như câu A, ta đã biết B khả đảo, chứng tỏ B không suy biến
Chứng minh tương tự, ta được A cũng không suy biến.
D) 𝐝𝐞𝐭𝐀 + 𝐝𝐞𝐭𝐁 = 𝟎
Dùng kết quả từ câu B) và C), chứng minh được |𝐴| = |𝐵| ≠ 0 ⇒ |𝐴| + |𝐵| ≠ 0


Thật ra ngay từ đầu, ta đã nhận ra tính đối xứng trong đề bài và dễ dàng chứng minh được: 𝐴 = 𝐵
Khi đó, thay vào đề bài thì: 𝐴3 = 𝐵3 = 𝐼 ⇒ 𝐴 = 𝐵 = 𝐼
Từ đó thay vào các câu A, B, C, D ta dễ dàng thấy D là phát biểu sai.

−𝟏 −𝟏 𝟐
Câu 10: Cho ma trận 𝐀 = (
). Biết 𝐀𝐀𝐓 khả đảo. Hãy tìm hạng của 𝐀𝐓 .
𝟐
𝐦 −𝟒
−1 2
6
−m − 8
−1 −1 2
AAT khả đảo ⇔ |AAT | ≠ 0 ⇔ |(
) (−1 m )| ≠ 0 ⇔ |
|≠0
−m − 8 m2 + 20
2
m −4
2 −4
⇔ 6(m2 + 20) − (m + 8)2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2
−1 2 d3 ⟶d3 +2d1 −1 2
Khi đó, ta biến đổi: AT = (−1 m ) →
(−1 m)
2 −4
0
0
Vì m ≠ 2 nên d1 và d2 độc lập tuyến tính, suy ra r(AT ) = 2

Câu 11: Trong ℝ𝟑 cho hệ véctơ 𝐁 = {𝐮𝟏 = (−𝟏, 𝟐, 𝟑), 𝐮𝟐 = (𝟐, 𝟓, 𝟏), 𝐮𝟑 = (𝟏, 𝟗, 𝟕), 𝐮𝟒 = (𝟓, 𝟖, −𝟏)}. Phát biểu nào
sau đây là sai?
A) Hệ {𝐮𝟏 , 𝐮𝟐 , 𝐮𝟑 } độc lập tuyến tính.
u1
−1 2 3
0
Xét |u2 | = | 2 5 1| = |0
u3
1 9 7
1

11
10
11
10
| ≠ 0 ⇒ Hệ {u1 , u2 , u3 } độc lập tuyến tính.
−13 −13| = |
−13 −13
9
7

B) Hệ {𝐮𝟏 , 𝐮𝟐 , 𝐮𝟒 } phụ thuộc tuyến tính.
u1
−1 2 3
−1 2
3
9
7
u
Xét | 2 | = | 2 5 1 | = | 0
| = 0 ⇒ Hệ {u1 , u2 , u4 } phụ thuộc tuyến tính.
9
7 | = −|
18
14
u4
5 8 −1
0 18 14
C) Số chiều của không gian con sinh bởi hệ {𝐮𝟏 , 𝐮𝟐 , 𝐮𝟑 , 𝐮𝟒 } có số chiều là 2.
Theo câu A, trong hệ {u1 , u2 , u3 , u4 } có ít nhất 3 véctơ độc lập tuyến tính, nên số chiều tối thiểu của không
gian con sinh bởi hệ trên là 3.

D) {𝐮𝟏 , 𝐮𝟐 , 𝐮𝟑 } là hệ véctơ độc lập tuyến tính cực đại của B.
Theo câu B, u4 có được từ u1 , u2 nên u4 xem như bị loại. Hệ B còn lại ba véctơ độc lập tuyến tính.
Vậy {u1 , u2 , u3 } là hệ véctơ độc lập tuyến tính cực đại của B.

𝟐
𝟑

𝟒
𝟓

Câu 12: Cho A, B là hai ma trận vuông cùng cấp và khả nghịch. Đặt 𝐂 = ( 𝐀𝐓 ) ( 𝐁−𝟏 ). Khi đó 𝐂 −𝟏 =?
C=

8 T −1
15 T −1 −1 15 −1 −1 T −1 15
(B ) . (A ) =
A B ⇒ C −1 =
B. (A−1 )T
(A B ) =
15
8
8
8

𝟏 𝐱 𝐱𝟐
Câu 13: Đặt 𝐏(𝐱) = |−𝟏 𝟐 𝟑
𝟐 𝟏 −𝟐
𝟑 𝟒 −𝟏

𝐱𝟑
𝟓 |. Tìm bậc của đa thức 𝐏(𝐱)?
𝟏
𝟑


Khai triển đa thức P(x) theo dòng 1, ta có:
2
P(x) = |1
4

3 5
−1 3 5
−1 2

x
+
|
|
|
|
−2 1
2 −2 1
2 1
−1 3
3 −1 3
3 4

−1 2
Xét hệ số của x 3 : A = − | 2 1
3 4
−1 2
Xét hệ số của x 2 : B = | 2 1
3 4

−1 2 3
5
2
x

|
|
2 1 −2| x 3 ≡ D + Cx + Bx 2 + Ax 3
1
3 4 −1
3

3
−2| = 0 ⇒ P(x) có bậc bé hơn 3.
−1
5
1| ≠ 0 ⇒ P(x) là đa thức bậc 2.
3

𝟐𝐱𝟏 − 𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 − 𝐱𝟒 = 𝟎
𝐱 + 𝟐𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 = 𝟎
Câu 14: Gọi W là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất { 𝟏
. Phát
−𝐱𝟏 + 𝟑𝐱 𝟐 + 𝟒𝐱𝟒 = 𝟎
𝟑𝐱𝟏 − 𝟒𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 + 𝐦𝐱𝟒 = 𝟎
biểu nào sau đây là sai?
A) 𝐝𝐢𝐦𝐖 ≤ 𝟐 với mọi m.
Rõ ràng d3 = d2 − d1 nên phương trình thứ 3 bị loại. Hệ phương trình trên thực sự chỉ còn:
2x1 − x2 + x3 − x4 = 0
{ x1 + 2x2 + x3 + 3x4 = 0
3x1 − 4x2 + x3 + mx4 = 0
Nhận thấy hai phương trình đầu của hệ này độc lập tuyến tính nên:
rank(A) ≥ 2
Ta lại có:
dimW = n − rank(A) ≤ 4 − 2 = 2
Vậy dimW ≤ 2 với mọi m.

B) Với mọi m thì W luôn có cơ sở
Hệ phương trình trên luôn tồn tại nghiệm nên không gian W luôn tồn tại. Vậy nên W luôn có cơ sở.

C) Tồn tại m sao cho 𝐖 ≡ ℝ𝟒
Rõ ràng ở câu A ta đã chứng minh được dimW ≤ 2 với mọi m. Nên không thể xảy ra W ≡ ℝ4 .

D) Mọi hệ gồm 3 phần tử của W đều phụ thuộc tuyến tính.
Số chiều của W tối đa bằng 2 nên W được xây dựng chỉ từ tối đa 2 véctơ độc lập tuyến tính.
Vậy nên mọi hệ gồm 3 phần tử của W đều phụ thuộc tuyến tính.


Câu 15: Trong mô hình Input-output mở, cho ma trận hệ số đầu vào:
𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟏
𝑨 = (𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟐 𝟎, 𝟏)
𝟎, 𝟑 𝟎, 𝟏 𝟎, 𝟐
a) Tìm tổng giá trị lượng nguyên liệu mà ba ngành cung cấp cho ngành 1 để ngành 1 làm ra lượng sản phẩm trị giá
100 (đvt).
Tổng giá trị lượng nguyên liệu cung cấp cho ngành 1:
𝑦1 = (𝑎11 + 𝑎21 + 𝑎31 ). 𝑥1 = (0,1 + 0,2 + 0,3). 100 = 60
b) Tìm giá trị sản lượng 3 ngành, biết yêu cầu của ngành mở đối với 3 ngành là 𝑫 = (𝟏𝟏, 𝟑𝟖, 𝟏𝟕).
Ta có công thức tính sản lượng: 𝑋 = (𝐼 − 𝐴)−1 𝐷.
0,9 −0,2 −0,1
𝑃𝐼−𝐴
10 63 17 10
𝐼 − 𝐴 = (−0,2 0,8 −0,1) ⇒ (𝐼 − 𝐴)−1 =
=
(19 69 11)
|𝐼 − 𝐴| 503
−0,3 −0,1 0,8
26 15 68
Từ đó tính được:
𝑋=

10 63
(19
503
26

17 10
11
30
)
.
(
)
=
(
69 11
60)
38
15 68
17
40

Câu 16: Trong không gian ℝ𝟒 , gọi W là không gian sinh bởi các véctơ:
𝐮𝟏 = (𝟏, 𝟐, −𝟏, 𝟏) ; 𝐮𝟐 = (𝟐, 𝟑, 𝟏, 𝟑) ; 𝐮𝟑 = (𝟑, 𝟕, −𝟔, 𝟐) ; 𝐮𝟒 = (𝟒, 𝟕, −𝟏, 𝟓)
a) Tìm số chiều và một cơ sở của W.
1
2
Ta có: dimW = rank (3
4

2
3
7
7

−1
1
−6
−1

1
1 2 −1 1
3
0 −1 −1 1
2) = rank (0 1 −3 −1)
5
0 −1 3
1

1 2 −1 1
1 2 −1 1
0 −1 −1 1
0 −1 −1 1
= rank (0 0 −4 0) = rank (0 0 −4 0) = 3
0 0
4 0
0 0
0 0
Vậy W có 3 chiều.
Xét:
u1
1
rank (u2 ) = rank (2
u3
3

2 −1 1
1 2 −1 1
3 1 3) = rank (0 −1 −1 1) = 3
7 −6 2
0 0 −4 0

⇒ u1 , u2 , u3 độc lập tuyến tính ⇒ {u1 , u2 , u3 } là một cơ sở của W
b) Véctơ 𝐯 = (𝟏, 𝟏, 𝟐, 𝟐) có thuộc W hay không? Tại sao?
Giả sử:
v = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3
⇔ (1,1,2,2) = α1 (1,2, −1,1) + α2 (2,3,1,3) + α3 (3,7, −6,2)
α1 + 2α2 + 3α3 = 1
2α + 3α2 + 7α3 = 1
⇔{ 1
⇔ (α1 , α2 , α3 ) = (−1,1,0) ≠ (0,0,0)
−α1 + α2 − 6α3 = 2
α1 + 3α2 + 2α3 = 2
Vậy v = (1,1,2,2) có thuộc W.


K39 – MÃ ĐỀ 12
Câu 1: Cho A, B là hai ma trận vuông cấp 5. Giả sử dòng 2 của A bằng 0 và cột 3 của B bằng 0. Đặt C=AB, khi đó:
A) Dòng 2 và cột 2 của C bằng 0
C) Dòng 2 và cột 3 của C bằng 0

B) Dòng 3 và cột 3 của C bằng 0
D) Dòng 3 và cột 2 của C bằng 0

Dòng 2 của A làm cho toàn bộ dòng 2 của C bằng 0. Cột 3 của B làm cho toàn bộ cột 3 của C bằng 0.

Câu 2: Gọi V là không gian nghiệm của hệ
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝐱𝟑 + 𝐱𝟒 + 𝐱𝟓 = 𝟎
𝟐𝐱𝟏 + 𝟑𝐱𝟐 + 𝟒𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 + 𝟔𝐱𝟓 = 𝟎
{
(𝐦 + 𝟏)𝐱𝟏 + 𝟓𝐱𝟐 + 𝟔𝐱𝟑 + 𝟕𝐱𝟒 + 𝟐(𝐦 + 𝟏)𝐱𝟓 = 𝟎
Tìm m để dimV lớn nhất?
dimV = n − rank(A)
⇒ dimV → max ⇔ rank(A) → min
Rõ ràng hai phương trình đầu đã độc lập tuyến tính nên để hạng của A nhỏ nhất thì phương trình thứ 3 phải là tổ
hợp từ hai phương trình trên.
Dễ dàng nhận ra, 2d1 + d2 = 4x1 + 5x2 + 6x3 + 7x4 + 8x5 = 0 là một phương trình tương tự d3 .
Đồng nhất nó với d3 , ta được m=3.
Vậy dimV → max ⇔ m = 3

Câu 3: Cho 2 hệ phương trình AX=0 (1) và AX=B (2) với 𝐀𝐦×𝐧. Phát biểu nào sai?
A) Nếu m=n và (1) có nghiệm duy nhất thì (2) có nghiệm duy nhất
Khi m = n và (1) có nghiệm duy nhất thì r(A) = n
̅ ) ≥ r(A) ⇒ r(A
̅ ) = n.
Mà r(A
̅ ) = n, tức (2) có nghiệm duy nhất.
Vậy r(A) = r(A
B) Nếu (1) có duy nhất nghiệm thì (2) có nghiệm.
Xét vế trái: (1) có nghiệm duy nhất ⇔ r(A) = n
̅)
Xét vế phải: (2) có nghiệm ⇔ r(A) = r(A
̅ ) = n;
Vì r(A
̅̅̅̅̅̅
m nên ta không có đủ cơ sở để từ vế trái suy ra vế phải, tức (1) có nghiệm thì chưa chắc (2) có nghiệm.
C) Nếu (1) có vô số nghiệm thì chưa chắc (2) có nghiệm.
Xét vế trái: (1) có vô số nghiệm ⇒ r(A) < n
̅)
Xét vế phải: (2) có nghiệm ⇔ r(A) = r(A
̅.
Ta chưa chắc được (2) có nghiệm hay không vì không biết chắc hạng của A
D) Nếu (2) có vô số nghiệm thì (1) có vô số nghiệm.
̅ ) ≤ n ⇒ r(A) < n ⇒ (1) có vô số nghiệm.
(2) có vô số nghiệm⇔ r(A) < r(A


Câu 4: Hệ véctơ nào sau đây không phải là không gian con của ℝ𝟑 ?
A) 𝐕 = {(𝐱 − 𝐲, 𝐲, 𝟎) | 𝐱, 𝐲 ∈ ℝ}
Trong V có véctơ không, khi x=y=z=0
Xét A = (x − y, y, 0) ∈ V ⇒ αA = (αx − αy, αy, 0) = (X − Y, Y, 0) ∈ V
Vậy V là không gian con của ℝ3 .
B) 𝐕 = {(𝐱 − 𝐲 + 𝐳, 𝐳 − 𝐲, 𝐱) | 𝐱, 𝐲, 𝐳 ∈ ℝ}
Trong V có véctơ không, khi x=y=0
Xét A = (x − y + z, z − y, x) ∈ V ⇒ αA = (αx − αy + αz, αz − αy, αx) = (X − Y + Z, Z − Y, X) ∈ V
Vậy V là không gian con của ℝ3 .
C) V gồm tất cả các véctơ được sinh ra bởi hệ {(𝟏, 𝟐, 𝟏), (−𝟐, 𝟎, 𝟏), (𝟏, 𝟐, −𝟑), (𝟑, −𝟐, 𝟏)}
Hệ véctơ thuộc ℝ3 bất kỳ đều có thể sinh ra không gian con của ℝ3 .
D) 𝐕 = {(𝐱, 𝐲, 𝐱𝐲) | 𝐱, 𝐲 ∈ ℝ}
Trong V có véctơ không, khi x=y=0
Xét A = (x, y, xy) ∈ V ⇒ αA = (αx, αy, αxy) = (X, Y,

XY
)
α

∉V

Vậy V không là không gian con của ℝ3 .

Câu 5: Cho A, B là hai ma trận vuông cùng cấp và khả nghịch.
𝟑

𝟕

Đặt 𝐂 = (𝟓 𝐀𝐓 ) (𝟒 𝐁). Khi đó 𝐂 −𝟏 =?
C=

21 T
20 T −1 20 −1 T −1 20 −1 −1 T
A B ⇒ C −1 =
B . (A ) =
B . (A )
(A B) =
20
21
21
21

Câu 7: Hệ vector nào sau đây là hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình tuyến tính {

𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝟐𝐱𝟑 + 𝟑𝐱𝟒 = 𝟎
.
𝐱𝟏 + 𝐱𝟐 + 𝟑𝐱𝟑 + 𝟓𝐱𝟒 = 𝟎

A) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏)
B) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (−𝟐, −𝟐, 𝟎, 𝟎), 𝐕𝟑 = (𝟎, 𝟏, −𝟐, 𝟏)
C) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (𝟏, 𝟏, 𝟏, 𝟎)
D) 𝐕𝟏 = (𝟏, 𝟎, −𝟐, 𝟏), 𝐕𝟐 = (𝟎, 𝟏, −𝟐, 𝟏)
Hệ trên gồm 2 phương trình độc lập tuyến tính 4 ẩn. Như vậy số véctơ trong hệ nghiệm cơ bản sẽ là 4-2=2 (véctơ)
thỏa mãn hệ phương trình. Chỉ có đáp án D là phụ hợp điều kiện.

𝟒𝐱 + 𝟑𝐲 = −𝟔
Câu 8: Hệ { 𝟓𝐱 + 𝟖𝐲 = 𝟏 có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi a=?
𝐚𝟐 𝐱 + 𝟑𝐚𝐲 = −𝟗
Giải hai phương trình đầu ta được nghiệm: (x, y) = (−3,2)
Để hệ phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm thì phương trình cuối phải thỏa (x, y) = (−3,2).
Thay (x, y) = (−3,2) vào, ta tìm được điều kiện của a:
−3a2 + 6a + 9 = 0 ⇔ a = −1 ∨ a = 3


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×