[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:
.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?

-Xét trường hợp mx → −∞, tức khi {

m0
và {
, ta có:
x → +∞
x → −∞
lim emx = 0 ⇒ lim f(x) = −1

x→∞

-Xét trường hợp mx → +∞, tức khi {

m>0
m
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


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

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 .

⇔ 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 )

),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

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

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

(
)
=
(
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

| = 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

(
)
=
(
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

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

(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


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


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,

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


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:
{

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 .

-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.



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
)
−
(

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


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


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

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?

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
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.


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


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

⇔ 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



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

|
|
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

−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

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.



̅ ) = 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 .

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