Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
9.1 Chứng minh rằng: Định thức sẽ bằng không nếu:
a/ Trong định thức có hai dòng (hay hai cột) giống nhau.
b/ Trong định thức có hai dòng (hay hai cột) tỷ lệ với nhau.
c/ Trong định thức có một dòng (hay một cột) là tổ hợp tuyến tính của các dòng
(hay các cột) còn lại của định thức.
9.2 Chứng minh rằng: Trong một định thức, tổng các tích của các phần tử của một
dòng (hoặc một cột) với phần bù đại số của các phần tử tương ứng của một dòng (hoặc
cột) khác đều bằng 0.
9.3 Giả sử
nnij
)a(A
×
=
,
n21
A,,A,A 
là các cột của A. Chứng minh rằng:
0Adet
≠
⇔ hệ véc tơ
{ }
n21
A,,A,A 
là hệ véc tơ độc lập tuyến tính.
9.4 Chứng minh rằng: các phép biến đổi sơ cấp thực hiện trên một ma trận không là
thay đổi hạng của ma trận đó.
9.5 Cho
( )
nm
ij

A.BB.A =
thì:
a/
222
BB.A2A)BA( ++=+
; b/
22
BA)BA)(BA( −=−+
;
c/
32233
BB.A3B.A3A)BA( +++=+
9.7 Chứng minh rằng: Nếu ma trận vuông A có
Ο=
2
A
thì các ma trận
EAvµEA −+
là những ma trận không suy biến.
9.8 Định thức cấp n sẽ thay đổi thế nào nếu:
a/ Đổi dấu tất cả các phần tử của nó.
b/ Viết các cột (hay các dòng của nó) theo thứ tự ngược lại.
9.9 Cho A là ma trận vuông cấp n và nếu
)kAdet(Adet =
. Hãy tính k.
9.12 Chứng minh rằng: Nếu
2Adet =
thì các phần tử của ma trận nghịch đảo
không thể gồm toàn các số nguyên.
9.16 Cho các ma trận

82
94
07
C;
41
20
54
B;
32
13
21
A

Hãy tính a/
B2A3 −
; b/
C2B4A5 −−

9.17 Cho






−
=




−=








−=
21
12
34
B;
13
15
31
A
. Tìm X biết a/
;BX3A2 =−
b/
Ο=− X
3
2
A3
;
9.19 Tính: a/ A
4
với



=
dc
ba
X
thoả mãn phương trình:
1
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
Ο=−++− E)bcad(X)da(X
2
, trong đó






=
10
01
E
;






=Ο
00

9.23 Cho
EX5X3X)X(fvµ
43
12
B;
32
21
A
23
+−+=






=






−
=
. Tính f(AB).
9.24 Chứng minh rằng: ma trận




021
A
và
EX)X(f +=
.
Giải các phương trình sau:
9.26
0
3x4
x32
det =






+
−
; 9.27






−
=



−−
.
9.29 Cho a
1
, a
2
, …, a
n–1
là các hằng số tuỳ ý cho trước, khác nhau và khác 0. Giải
phương trình:

0
a aaa

a aaa
a aaa
x xxx
det
n3
1n
2
1n1n
n
2
3
2
2
22
n
1

)3()2()1(1
)3()2()1(1
D
+η+η+ηη
+γ+γ+γγ
+δ+δ+δδ
+β+β+ββ
+α+α+αα
=
b/
a x x x
D x b x x
x x c x
+
= +
+
9.31 Giải phương trình:
1 1 1 . . . 1
1 1 x 1 . . . 1
0
1 1 2 x . . . 1
. . . . . . . . . . . . . . .
1 1 1 . . . (n 1) x
−
=
−
− −
2
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
Sử dụng tính các chất của định thức, tính các định thức từ bài 32 đến bài 36:

00 1xa
00 01a
D
n
1n
2
1
0
1n
−
−
−
=
−
+
9.35
2 3 4 5
3 4 5 6
D
4 6 8 10
2 3 7 8
=
;
9.36 a/
n nnnn

n 4444
n 4333
n 4322
n 4321

0 0 0 0 0
A
0 0 0 0 1
10 0 0 0 0
−
 
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
, các phần tử
dạng
9,1k1a;10a
1k,k
10
1,10
=∀==
+
−
; E là ma trận đơn vị cấp 10. Chứng minh rằng:
1010
10)EAdet(
−−
−λ=λ−
.
9.38 a/ Dùng công thức khai triển định thức, tính các định thức sau:
3

−=
231
121
315
A
9.40 Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:
a/










−−−
=
4331
1241
2152
0121
A
; b/






;
9.41 Giải phương trình ma trận: a/
BAX =
Với








−
−
=








−
=
01
22
63
B;
231








−
−=
211
113
362
C;
930
433
1549
B;
102
111
213
A
.
c/
BAX
=
với







−
−
=
1 000

2n 100
1n 210
n 321
B
9.42 Với giá trị nào của λ thì các ma trận sau có ma trận nghịch đảo:
a/
1 2 2
A 3 0
2 1 1
−
 
= λ
 ÷
 ÷
 
; b/
2 0
A 2 1
0 1
λ
 
= λ
 ÷

λ
λ
=
23
12
12
A
.
9.43 Dùng phương pháp định thức bao quanh, tìm hạng của ma trận:
a/
1 2 3 4
1 3 0 1
A
2 4 1 8
1 7 6 9
0 10 1 10
 
−
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
;
1 1 2 3 1
0 2 1 2 2
0 0 3 3 3
B
0 0 0 4 0

;
1 4 5 3 1
1 2 1 1 0
B
3 1 2 2 1
0 3 3 3 3
2 1 1 3 2
− −
 
− −
 ÷
=
−
 ÷
 ÷
− −
 ÷
− −
 
4
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
9.45 Chứng minh rằng một ma trận có hạng bằng r bao giờ cũng viết được thành
tổng của r ma trận có hạng bằng 1.
9.46 Cho hai ma trận cùng cấp A và B, chứng minh rằng
rank(A B) rankA rankB+ ≤ +
.
9.47 Xét sự phụ thuộc tuyến tính của hệ véc tơ
a/
{ }
1 2 3 4

{ }
321
A,A,A
.
d/ Cho hệ véc tơ
{ }
1 2 3
A (4,5,3, 1);A (1, 7,2, 3);A ( 4,1, 1,3);C ( 2,8,a,4)= − = − − = − − = −
Tìm giá trị của a để véc tơ C biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ
{ }
321
A,A,A
.
9.49 Tìm hạng và một cơ sở của hệ véc tơ sau, biểu diễn các véc tơ còn lại theo cơ sở đó:
a/
{ }
1 2 3 4
A (1,2, 1,3); A (0,3, 3,7); A (7,5,2,0); A (2,1,1, 1)= − = − = = −
b/
{
1 2 3 4
A (2,1,1,3,5); A (1,2,1,1,3); A (7,1,6,0,4); A (3,4,4,1,2);= = = =
}
5
A (3,1,3,2,1)=
9.50 Cho
{ }
1 2 m
A ,A , ,AK
là hệ m véc tơ n chiều độc lập tuyến tính. Nếu mỗi véc

a a . . . a
. . . . . . . . . . . .
a a . . . a
. . . . . . . . . . . .
a a . . . a
. . . . . . . . . . . .
a a . . . a
(*1)
.
dòng i
dòng k
5
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
trong đó
2
≥
n
. Mà định thức (*1) có hai dòng giống nhau nên định thức bằng không ⇒
n
kj ij
j 1
a A 0
=
=
∑

9.3  Điều kiện cần: Cho
( )
nn
ij

−
. Xét ma trận ghép
( )
1
BA
−
,
nhân vào bên trái của ma trận này với B, ta được
( ) ( )
( )
EA.BB.BA.BBA.B
11
==
−−
. Đó
chính là phép khử toàn phần thực hiện trên ma trận
1
B
−
⇒ nó là các phép biến đổi sơ
cấp thực hiện trên ma trận A để được B.A ⇒
( )
rankAA.Brank =
.
Để chứng minh
( )
rankAB.Arank =
, ta lấy chuyển vị
B
′

(vì
E)B.B()B.(B
11
=
′
=
′′
−−
). Như vậy từ ma trận A,
nhờ các phép chuyển vị và các phép biến đổi sơ cấp, ta đã thu được ma trận A.B ⇒
( )
rankAB.Arank =
□
9.7  Ta có
( ) ( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
det A E A E det A E det A E+ − = + × −
(*1)
Vì
AE EA=
nên
( ) ( )
[ ]
( )
2 2
det A E A E det A E+ − = −

=
) thì việc viết các dòng (hay các cột của nó)
theo thứ tự ngược lại đồng nghĩa với việc đổi chỗ k cặp dòng: dòng 1 và dòng
2k
cho
nhau; dòng 2 và dòng
2k 1
−
cho nhau; … dòng k và dòng
k 1
+
. Ta cũng đã biết: khi
đổi chỗ 2 dòng nào đó cho nhau thì định thức đổi dấu. Do đó khi viết các dòng của
định thức cấp
2k
theo thứ tự ngược lại, định thức được nhân với
k
( 1)−
. Chẳng hạn
khi làm như vậy đối với định thức cấp 2 thì định thức đổi dấu, còn với định thức cấp 4
thì định thức không đổi dấu.
Đối với định thức cấp lẻ (
n 2k 1
= +
) thì việc viết các dòng (hay các cột của nó)
theo thứ tự ngược lại đồng nghĩa với việc đổi chỗ k cặp dòng: dòng 1 và dòng
2k 1
+
cho nhau; dòng 2 và dòng
2k

. Nếu
detA 0
=
thì
det(kA) detA=
đúng với mọi k. Còn nếu
detA 0≠
thì
n
k 1=
⇒
k 1=
nếu n lẻ;
k 1= ±
nếu n chẵn.
9.10 Chứng minh rằng: Nếu
1
AA
−
=
thì
,3,2,1,0nAA;EA
1n2n2
=∀==
+
 Từ giả thiết
1
AA
−
=

A B A BAA A ABA BA
− − − − − −
= = =
. □
9.12 Chứng minh rằng: Nếu
2Adet
=
thì các phần tử của ma trận nghịch đảo
không thể gồm toàn các số nguyên.
 Do
detA 2 0
= ≠
⇒ tồn tại ma trận nghịch đảo
1
A
−
⇒
1
A.A E
−
=
⇒
1 1
(detA).(detA ) det(A.A ) detE 1
− −
= = =
vì
2Adet
=
⇒

−
⇒
n
AB BA ii ii
1
V (c d )
−
= − =
∑
n n n
ik ki ik ki
i 1 k 1 k 1
a b b a
= = =
 
= − =
 ÷
 
∑ ∑ ∑
n n n n
ik ki ki ik
i 1 k 1 k 1 i
a b a b 0
= = =
− =
∑∑ ∑∑
. Trong khi đó tổng các phần
tử trên đường chéo chính của ma trận đơn vị E là
E
V n=

, a
2
, …, a
n–1
là các hằng số khác nhau và khác 0) là phương trình bậc n nên nó có tối đa là n
nghiệm. Dễ dàng thấy
1 2 1 3 2 n n 1
x 0, x a , x a , , x a
−
= = = =K
là n nghiệm khác nhau của
phương trình, vì vậy nó chỉ có các nghiệm ấy mà thôi □
9.30 a/
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 ( 1) ( 2) ( 3)
1 ( 1) ( 2) ( 3)
D
1 ( 1) ( 2) ( 3)
1 ( 1) ( 2) ( 3)
1 ( 1) ( 2) ( 3)
α α + α + α +
β β + β + β+
= =
δ δ + δ + δ +
γ γ + γ + γ +
η η+ η+ η+

1 ( 2) ( 3)
1 ( 2) ( 3)
α α α + α +
β β β + β+
δ δ δ+ δ +
γ γ γ + γ +
η η η + η+
1 4 4 4 442 4 4 4 4 43
vì định thức (2)
có được từ định thức (3) bằng cách cộng vào cột 3 một tổ hợp tuyến tính của 2 cột đầu.
⇒
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
(5)
1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)
1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)
D 0
1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)
1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)
1 ( 2) ( 3) 1 4 4 ( 3)
α α α + α + α α α + α + α +
β β β + β + β β β + β + β+
= = =
δ δ δ+ δ + δ δ δ + δ + δ +
γ γ γ + γ + γ γ γ + γ + γ +
η η η + η+ η η η + η + η +
1 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 43

+
. Lại tách hai định thức giữa theo
cột cuối, mỗi định thức thành hai định thức, ta được:
2 2
1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1
D abc abx acx 0 1 0 ax 0 1 1 xbc 1 1 0 x b 1 1 1
0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1
= + + + + +
, ở đây lại thấy
1 1 1
0 1 1 0
0 1 1
=
;
1 0 1
1 1 1 0
1 0 1
=
(có hai cột giống nhau);
1 1 0
0 1 0 1
0 1 1
=
;
1 0 0
1 1 0 1
1 0 1
=
⇒
D abc abx acx xbc= + + +

−
− −
là phương trình bậc
n 1
−
nên nó có không quá
n 1−
nghiệm khác nhau. Nhưng dễ thấy phương trình có
n 1−
nghiệm khác nhau là
1 2 n 1
x 0; x 1; . . . ; x n 2
−
= = = −
⇒ phương trình chỉ có các
nghiệm đó mà thôi (Đáp số trong sách bài tập thiếu nghiệm – không điểm)
□
9.33 a/
556275363
222
654373461
D =
98 98 98
2 2 2 0
363 275 556
= =
(Định thức có hai dòng tỷ lệ với
nhau thì định thức bằng 0.
9.33 b/ 
n

0 x . . . 0 0 1 0 x . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . x 0 1 0 0 . . . x
+
− −
= − −
− −
− −
(*1)
Khai triển định thứ nhất theo cột
n 1−
(là định thức cấp
n 1−
), ta được
n 2
1 1 . . . 1 1
x 0 . . . 0 0
D x
0 x . . . 0 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . x 0
−
−
′
= =
−
−
;
Định thức thứ hai
0 1 1 . . . 1

4
D ( 1) .x x.2x 3x= − − = −
⇒ Ta chứng minh
được:
n 1 n 2
n
D ( 1) .(n 1)x n
− −
= − − ∀
nguyên dương (*3) hiển nhiên công thức đã
đúng với
n 3=
. Giả sử (*3) đã đúng với n, ta chứng minh (*3) cũng đúng với
n 1+
.
Theo (*2) thì
n n 1
n 1 n
D ( 1) x x.D
−
+
= − −
theo (*3) thì
n n 1 n 1 n 2
n 1
D ( 1) x x.( 1) (n 1).x
− − −
+
= − − − − =
n n 1

=
−
+
khai triển theo dòng
n 1+
, ta được:
0
1
n 2 n 2 n
n 1 n n n
2
n 1
a 1 0 . . . 0
1 0 . . . 0 0
a x 1 . . . 0
x 1 . . . 0 0
D ( 1) .a . x. ( 1) .a .( 1) x.D
0 x . . . 0 0 a 0 x . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . x 1
a 0 0 . . . x
+ +
+
−
−
−
−
−
= − + = − − +

n 2=
. Giả sử (*2) đã đúng với n nguyên dương tuỳ ý, theo (*1) thì
n 2 n 1 n 1
D a x.D
+ + +
= +
, theo (*2) thì
n
n i
n 2 n 1 i
i 0
D a x. a x
−
+ +
=
= +
∑
=
n 1 n 2
0 1 n 1 n n 1
a x a x a x a x a
+
− +
= + + + + +L
=
n 1
n 1 i
i
i 0
a x

n
1 0 0 0 . . . 0
2 2 3 4 . . . n
3 3 3 4 . . . n
D
4 4 4 4 . . . n
. . . . . . . .
n n n n . . . n
−
=
, lấy dòng 2 trừ dòng 3, ta được tiếp:
n
1 0 0 0 . . . 0
1 1 0 0 . . . 0
3 3 3 4 . . . n
D
4 4 4 4 . . . n
. . . . . . . .
n n n n . . . n
−
− −
=
. Cứ như vậy, ở bước k thì lấy dòng k trừ dòng
k 1
+
, sau
bước thứ
n 1
−
ta được:

−
=
− − − −
−
Lấy dòng các dòng từ dòng 2 trở đi
trừ dòng 1, ta được
n
1 2 3 . . . n 1 n
1 0 0 . . . 0 0
2 1 0 . . . 0 0
D
. . . . . . . . . . . . . . . .
n 2 n 3 n 4 . . . 0 0
n 1 n 2 n 3 . . . 1 0
−
=
− − −
− − −
khai triển theo cột n, ta
được:
n 1 n 1
n
1 0 0 . . . 0
2 1 0 . . . 0
D ( 1) n ( 1) n
. . . . . . . . . . . . . . . .
n 2 n 3 n 4 . . . 0
n 1 n 2 n 3 . . . 1
+ +
= − × × = −

−
=
. Khai triển theo cột 1, ta được tiếp:
2n0 000
03n 000

00 200
00 010
11 111
.2D
n
−
−
−=
=
)!2n.(2D
n
−−=
□
Theo đó thì phần b bài 9.36 chính là
5
D 2.(5 2)! 12= − − = −
.
9.37 Tổng quát, ta tính định thức cấp n mà các phần tử có dạng
ii i,i 1 n1
a 0 i 1,n ; a 0 i 1,n 1 ; a 0
+
≠ ∀ = ≠ ∀ = − ≠
, còn lại đều bằng 0:
11 12

0 a . . . 0 0 a a . . . 0 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 a . . . 0 0
D a ( 1) a
0 0 . . . a a
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . a a
0 0 . . . 0 a
+
− − −
− − −
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
= + − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
n 1
11 22 nn 12 23 n 1,n n1
a a a ( 1) a a a a
+
−
= + −L L
.
9.40 Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận:
c/





 ÷
 ÷
−
 ÷
 
12
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
Tổng quát:
1
1 1 1 . . . 1 1 1 1 0 . . . 0 0
0 1 1 . . . 1 1 0 1 1 . . . 0 0
0 0 1 . . . 1 1 0 0 1 . . . 0 0
B B
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1 1
0 0 0 . . . 0 1 0 0 0 . . . 0 1
−
−
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
= ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
 ÷  ÷
   
Từ đây suy ra bài 9.41.c:
BX C

0 0 0 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1 2
0 0 0 . . . 0 1 0 0 0 . . . 0 1
− −
   
− − −
 ÷  ÷
− −
 ÷  ÷
×
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
 ÷  ÷
   
=
=
1 1 1 . . . 1 1
0 1 1 . . . 1 1
0 0 1 . . . 1 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1 1
0 0 0 . . . 0 1
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
=B.

 
⇒
3
detA 5 0 0 ; 5= λ − λ ≠ ⇔ λ ≠ λ ≠ ±
c/








λ
λ−
−−
=
31
13
451
A
⇒
2
detA 17 38 0 2 ; 19= −λ − λ + ≠ ⇔ λ ≠ λ ≠ −
;
d/





Do
{ }
1 2 n
rankA rank A ,A , ,A r= =K
⇒ tồn tại hệ r véc tơ độc lập tuyến tính cực đại
13
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
của hệ véc tơ
{ }
1 2 n
A ,A , ,AK
(
r n≤
). Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết hệ
đó là r véc tơ đầu tiên:
{ }
1 2 r
A ,A , ,AK
⇒
r
k jk j
j 1
A z A k r 1,n
=
= ∀ = +
∑
⇒
r r r
1 2 r j,r 1 j j,r 2 j j,n j
j 1 j 1 j 1

cét r+1 cét r+2
ma trËn 2
,A , , , , z A , z A , ,z A
+ +
 
 ÷
+ Ο Ο Ο + +
 ÷
 
K K L
1 442 4 43
1 2 3 142 43
1 4 4 4 4 4 4 4 42 4 4 4 4 4 4 4 43
{
r r,r 1 r r,r 2 r rn r
cét n
r cét ®Çu
cét r+1 cét r+2
ma trËn r
, , , ,A , z A , z A , ,z A
+ +
 
 ÷
+ Ο Ο Ο
 ÷
 
K K
1 44 2 4 43
1 2 3 1 2 3
1 4 4 4 4 4 4 442 4 4 4 4 4 4 4 43

∑
. Cũng vậy,
rankB s
=
⇒
{ }
1 2 n
rank B ,B , ,B s=K
⇒ có hệ s
véc tơ độc lập tuyến tính cực đại của
{ }
1 2 n
B ,B , ,BK
là
{ }
1 2 s
B ,B , ,B (s n)≤K
⇒
s
k jk j
j 1
B z B k 1,n
=
= ∀ =
∑
⇒
k k
A B+
biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ
{ }

− − −
 
−
 ÷
=
− −
 ÷
 ÷
− −
 
14
Bài tập chương IX: Ma trận và định thức Trần trung kiên
(1) 2 3 4 1 1 2 3 4 1 1 0 1 10 3
1 1 1 3 1
0 (1) 2 7 2 0 1 2 7 2
A
3 5 7 5 3 0 1 2 7 6
0 0 0 0 (4)
2 3 4 1 4 0 1 2 7 6 0 0 0 0 4
− − − − − − −
     
−
− −
 ÷  ÷  ÷
= → → →
− − −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
− − −
     

A ,A ,A ,A
ít
hơn số véc tơ của hệ ⇒ hệ véc tơ
{ }
1 2 3 4
A ,A ,A ,A
là hệ véc tơ phụ thuộc tuyến tính.
Cách giải như trong sách bài tập không được coi là cách giải mẫu mực, vì có phải ai
cũng thấy được dòng A
3
bằng tổng các dòng A
1
và A
4
đâu. Chẳng hạn, chỉ cần sửa
41
a 1=
là ta được hệ 4 véc tơ mới, làm sao thấy được cái gì ở hệ véc tơ này:
(1) 2 3 4 1 1 2 3 4 1 1 0 1 10 3
1 1 1 3 1
0 (1) 2 7 2 0 1 2 7 2
C F
3 5 7 5 3 0 1 2 7 6
0 0 0 0 (4)
1 3 4 1 4 0 1 1 3 5 0 0 1 10 7
− − − − − − −
     
−
− −
 ÷  ÷  ÷

A ,A ,A ,A
là hệ véc tơ
độc lập tuyến tính.
9.48 a/ Véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ
{ }
321
A,A,A
⇔ tồn tại
các số thực thì
{ } { }
1 2 3 1 2 3
rank A ,A ,A rank A ,A ,A ,X=
. Nhưng
{ }
1 2 3
rank A ,A ,A ,X =
2 3 1 1
rank 3 7 6 3 3
5 8 5
 
= − =
 ÷
 ÷
λ
 
vì có định thức cấp 3:
2 3 1
3 7 3 11 0
5 8 5
= ≠

⇒ véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ
{ }
321
A,A,A
.
b/ Xét ma trận A mà các cột của nó là
1 2 3
A ,A ,A ,X
và biến đổi:
1 1 0 1 16 / 5 11/ 5
6 (1) 4 6 1 4
7 3 18
8 5 0 0 0 0
25 0 30
A
3 2 10
5 3 1 0 6 / 5 1/ 5
(15) 0 18
2 7 3 40 0 31
7 0 0 17 15
− − − −
 
   
 ÷
 ÷  ÷
= → → →
 ÷ ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷
−

⇒ hệ
véc tơ
{ }
321
A,A,A
là hệ véc tơ độc lập tuyến tính cực đại của hệ véc tơ
{ }
1 2 3
A ,A ,A ,X
với mọi λ ⇒ véc tơ X biểu diễn tuyến tính được qua hệ véc tơ
{ }
321
A,A,A
với mọi λ.
9.49 a/ Xét ma trận A mà các cột của nó là
1 2 3 4
A ,A ,A ,A
và biến đổi:
1 0 3 1
(1) 1 3 3 1 1 3 3
2 5 6 8
0 1 0 2
0 (7) 0 14
A
1 5 3 9 0 6 0 12
0 0 0 0
3 4 9 5 0 7 0 14
0 0 0 0
 
   

X ,X ,X ,X
và biến đổi:
1 2 4 1
(1) 2 4 1 1 0 18 17
3 1 3 5
0 7 15 8
0 0 64 64
X
0 3 1 2
0 3 1 2
0 0 22 22
1 2 1 2
0 0 3 3
0 0 ( 3) 3
2 5 1 6 0 1 7 8
0 ( 1) 7 8
 
   
−
 ÷
 ÷  ÷
= → → →
− −
− −
− − ÷
 ÷  ÷
−
 ÷
− −
 ÷  ÷

một cơ sở của hệ véc tơ
{ }
1 2 3 4
X ,X ,X ,X
, đồng thời
4 1 2 3
X X X X= − − +
.
9.50 Xét ma trận cấp
m n×
tạo bởi hệ véc tơ
{ }
1 2 m
A ,A , ,AK
, do hệ này là hệ độc
lập tuyến tính nên nó có hạng là m ⇒ ma trận tương ứng có hạng là m nên nó có ít
nhất một định thức cấp m khác 0. Khi mỗi véc tơ của hệ đều bổ sung thêm thành phần
thứ
n 1
+
thì ma trận tương ứng tăng thêm cột thứ
n 1
+
, nó vẫn có ít nhất định thức
cấp m khác 0, định thức này vẫn chính là định thức trên. Vì vậy ma trận mới vẫn có
hạng là m ⇒ hệ m véc tơ mới vẫn có hạng là m ⇒ hệ véc tơ mới vẫn độc lập tuyến tính.
9.51 Cách 1: Cho
{ }
1 2 m
A ,A , ,AK