Đề cương ôn tập thi toán cao cấp có lời giải

Chương 3
Câu 1:
Tính:
a)
1 2 3 4 7 8 4 5 8 6 1 1
0 2 1 3 9 6 5 3 9 4 4 0
− − − −
     
+ =
 ÷  ÷  ÷
− − − − −
     
b)
2 3 4
1 2 3 4 2 1 3 14 2 19
0 2 1 3 0 1 1 10 2 16
2 1 3
− −
 
 ÷
− − − −
   
 ÷
=
 ÷  ÷
 ÷
− −
   
 ÷
−
 

Câu 2:
Ta có:
2 1 6 9 12
1 2 3
. 3 4 . 13 14 15
4 5 6
1 0 1 2 3
A B
−
   
 
 ÷  ÷
= = − − −
 ÷
 ÷  ÷
− − −
 
 ÷  ÷
   
2 1
1 2 3 11 7
. . 3 4
4 5 6 29 16
1 0
B A
−
 
   
 ÷
= =

 ÷  ÷
 ÷
− − − − −
   
 ÷
 
2 1 5 2 2
2 3 1
3 4 . 2 25 3
1 4 0
1 0 2 3 1
T
AA
−
   
 
 ÷  ÷
= =
 ÷
 ÷  ÷
−
 
 ÷  ÷
   
2 1
2 3 1 14 10
3 4
1 4 0 10 17
1 0
T

A A
−
 
   
 ÷
= =
 ÷  ÷
 ÷
−
   
 ÷
 
b) Ta có:
1 2 1 3 2 5 1 4 10 27
5 3 2 4 5 1 0 3 2 1 2 0 3 4 2 5 3 23
2 1 3 2 4 2 3 6 39 39
A B C D
         
         
− + + = − − + + = −
         
         
− −
         
1 2 1 3 2 5 1 4 8 27
2 3 5 1 0 2 2 1 3 0 3 5 2 5 7 33
2 1 3 2 4 2 3 6 31 39
A B C D
− −
         

         
+ − − = − + − − = − −
         
         
− − − −
         
Câu 3:
a) Do
( )
3 3
1 0 0 1 2 6 1 3 9
1 1
3 2 3 0 1 0 3 4 3 8 6 4 12
2 2
0 0 1 2 2 5 3 3 7
A X I X I A
 − − −
     
 ÷
     
+ = ⇔ = − = − − = − −
 ÷
     
 ÷
     
− − −
     
 
b) Tương tự có:
3 3

1 2 6 1 0 0 4 10 30
1 1 1
5 3 (5 ) 5 4 3 8 0 1 0 20 14 40
3 3 3
2 2 5 0 0 1 10 10 24
A X I X A I
 − −
     
 ÷
     
− = ⇔ = − = − − = −
 ÷
     
 ÷
     
− −
     
 
Câu 4:
Do
13
2 2 4
2 5 2 1 2
3 3
2
2 3 2
2 4 7 3 6 2 3 7 27
2 2
3 4
2 2

i i
i i i i
A B C A B C
i i i i
i i
 
+ −
 ÷
+ − + −
   
= − ⇔ = − = − =
 ÷
 ÷  ÷
+ − + − −
   
 ÷
− + +
 ÷
 
Câu 5:
Ta có:
2
3 3 4 6 4
3 3 1 2 3 1
3
x
x y x x y y
z w z w w z
w
=



+ + + =
   

= ⇔

 ÷  ÷
− + + + =
   


=

Câu 6:
Ta có:
a)
2
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
A
 
 
 
=
 
 
 

;
3
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
A
 
 
 
=
 
 
 
;
4
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
A
 
 
 
=
 
 
 
b)
1 0 0 0

0 1 0 0
.
0 0 1 0
0 0 0 0
T
A A
 
 
 
=
 
 
 
và
0 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
T
A A
 
 
 
=
 
 
 
Câu 7:
Ta có:
2

0 0 1
0 0 0
0 0 0
A
 
 
=
 
 
 
;
3
0 0 0
0 0 0
0 0 0
A
 
 
=
 
 
 
Câu 8:
a)
2 1
3 2
k
A
−
 

=
 ÷
−
 
nếu k lẻ và
1 0
0 1
k
A
 
=
 ÷
 
nếu k chẵn.
Chứng minh bằng quy nạp.
Với k =1 thì
2 1
3 2
A
−
 
=
 ÷
−
 
(đúng).
Với k = 2 thì
2
1 0
0 1

A
 
=
 ÷
 
(đúng).
Giả sử mệnh đề đúng với giá trị k = n.
Ta cần chứng minh nó đúng với giá trị k = n + 1.
Thật vậy,
Nếu n là số chẵn thì
1 0
0 1
n
A
 
=
 ÷
 
. Khi đó,
1
2 1
3 2
n n
A A A
+
−
 
= =
 ÷
−

 
. Suy ra mệnh đề
đúng.
Nếu n là số lẻ thì
2 1
3 2
n
A
−
 
=
 ÷
−
 
Suy ra,
1
1 0
0 1
n n
A A A
+
 
= =
 ÷
 
, do đó mệnh đề đúng.
Vậy áp dụng phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.
b)
1
0 1

k
k
A
α
 
=
 ÷
 
,
k ∈ ¥
c)
1
0
k k
k
k
k
A
−
 
λ λ
=
 ÷
λ
 
,
k ∈ ¥
d)
1 1 1
1 1 1

1 1 1
3 3 3
3 3 3
3 3 3
k k k
k k k k
k k k
A
− − −
− − −
− − −
 
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
k ∈ ¥
e)
cos sin
sin cos
k
k k
A
k k
β − β
 
=
 
β β

 
k ∈ ¥
f)
( 1)
1
2
0 1
0 0
k
k k
k
A k
k
−
 
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
,
k ∈ ¥
Áp dụng phương pháp quy nạp chứng minh tương tự như câu a.
Câu 9:
a)
3
3
9 9 9 1 1 1 1 0 0 7 2 2

( ) 7 5 9 9 9 7 1 1 1 5 0 1 0 2 7 2
9 9 9 1 1 1 0 0 1 2 2 7
f A A A I
       
       
= − + = − + =
       
       
       
2
3
3 3 3 1 1 1 1 0 0 5 9 9
( ) 2 3 4 2 3 3 3 3 1 1 1 4 0 1 0 9 5 9
3 3 3 1 1 1 0 0 1 9 9 5
g A A A I
       
       
= + − = + − =
       
       
       
b)
3
3
1 3 6 1 1 1 1 0 0 1 4 1
( ) 7 5 0 1 3 7 0 1 1 5 0 1 0 0 1 4
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
f A A A I
− − −
       

       
= − + = − + = − −
       
       
−
       
2
3
1 2 3 1 1 1 1 0 0 1 7 9
( ) 2 3 4 2 0 1 2 3 0 1 1 4 0 1 0 0 1 7
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
g A A A I
       
       
= + − = + − =
       
       
       
Thực hiện tương tự cho câu c.
Câu 10:
Ta có:
3 2
3 2
2 0 0 2 0 0 1 0 0 0 0 0
( ) 3 4 0 2 0 3 0 2 0 4 0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0
p A A A I
       
       
= − + = − + =

       
       
− −
       
Vậy A là một nghiệm của p(x).
Thực hiện tương tự ta cũng có
2
( ) ( ) ( ) 0q B B a d B ad bc I= − + + − =
. Vậy B là
nghiệm của q(x).
Câu 11:
Ta có
.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) (
a b x y ax bz ay bt ax cy bx dy
AB BA
c d z t cx dz cy dt az ct bz dt
c
z y
bz cy bz cy y kb
b
ay bt bx dy y a d b x t y a d b x t z kc
cx dz az ct z a d c x t z a d c x t
+ + + +
       
= = = =
       
+ + + +
       


=

= = =
 

 
⇔ + = + ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ =
  
  
+ = + − = − − = −
 


) ( )x t k a d




− = −

Câu 12:
Tích của hai ma trận AB thay đổi như sau:
i) Dòng i và dòng j của tích sẽ đổi chỗ cho nhau.
ii) Cộng vào dòng thứ i của tích AB cũ tích vô hướng của
α
với dòng thứ j của AB.
iii) Đổi chỗ cột i và j của tích AB ban đầu cho nhau.
iv) Cộng vào cột thứ i của tích AB ban đầu với tích vô hướng của
α

với cột thứ j
của AB.
Câu 13:
a) Giả sử
a b
B
c d
 
=
 
 
là ma trận giao hoán với ma trận A. Khi đó,
1 2 2 2 2
.
0 1 2
0
a b a c b d a a b
AB
c d c d c c d
c
d a
+ + +
       
= = =
       
+
       
=

⇔


=

Vậy
0
a b
B
a
 
=
 
 
b) Giả sử
a b c
B d e f
u v t
 
 
=
 
 
 
là ma trận giao hoán với ma trận A. Khi đó,
1 0 1 2 2
0 1 2 . 2 2 2 2 2
0 0 2 2 2 2 2 2
0
0
2
0

0
2
0 0 2 4 2
0 0 2
a b c a u b v c t a b a b c
AB d e f d u e v f t d e d e f BA
u v t u v t u v u v t
u
v
a b c t
d
e
t f
a b c
B a b c
a b c
+ + + − +
       
 ÷  ÷  ÷
 
= − = − − − = − + =
 ÷  ÷  ÷
 
 ÷  ÷  ÷
 
− +
       
=



=


− + =
⇔

=


=

− =

 
 
= − + −
 
 
− +
 
Câu 14:
Cho
a b
A
c d
 
=
 ÷
 
. Lần lượt cho B là các ma trận

1 0 0 1
,
0 0 0 0
   
 ÷  ÷
   
. Từ đẳng thức
AB=BA suy ra b = c = 0 và a = d. Khi đó, A=aI, với I là ma trận đơn vị cấp 2. Vậy A là
ma trận đường chéo.
Câu 15:
Lần lượt cho B là các ma trận đường chéo diag(0,…,0,1,0,…,0). Suy ra A là ma
trận chéo.
Chiều ngược lại ta kiểm tra được tích của hai ma trận đường chéo là ma trận đường
chéo, tức là
1 2 1 2 1 1 2 2
diag( , , , ).diag( , , , ) diag( , , , )
n n n n
a a a b b b a b a b a b=
.
Câu 16:
Gọi
a b c
B d e f
g h t
 
 
=
 
 
 

là ma trận giao hoán với ma trận A ta có:
2 3 0 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
0 2 3 . 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
0 0 2 2 2 2 2 3 2 3 2
0
0
0 0
a b c a d b e c f a a b b c
AB d e f d g e h f t d d e e f
g h t g h t g g h h t
d
e a a b c
f b B a b
a
h d
t e
+ + + + +
       
 ÷
     
= = + + + = + +
 ÷
     
 ÷
     
+ +
       
=



=
 


 
⇔ = ⇒ =

 

 
=
 

=


Câu 17:
a) Giả sử
a b
A
c d
 
=
 ÷
 
. Khi đó
2
2
2
2

2
0
0 0
( )
( ) 0
0 0
( )
0
a bc
a bc a d b
A a d b
a d b d bc
d bc

+ =
 
+ +
 

= = ⇔ + =

 ÷
 ÷
+ +
 
 

+ =

.

Do đó,
2
; 0a d a bc= − + =
b) Giả sử
a b
A
c d
 
=
 ÷
 
. Khi đó
2
2
2
1 0
( )
0 1
( )
a bc a d b
A
a d b d bc
 
+ +
 
= =
 ÷
 ÷
+ +
 

 
.Do đó,
A I= ±
hoặc
a b
A
c a
 
=
 ÷
−
 
sao cho
2
1a bc+ =
Câu 18:
Ta có
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1 1
tr( ) tr( )
n n n
n n n
ij ji ij ji ji ij
j i i
i j j
AB a b a b b a BA
= = =
= = =
= = = =

∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Câu 19:
a) Ta có:
2 2 2 2
( )( ) 2A B A B A AB BA B A AB B+ + = + + + ≠ + +
(do
AB BA≠
)
Chứng minh tương tự ta có:
2 2
( )( )A B A B A B− + ≠ −
.
b) Chứng minh bằng quy nạp ta có khai triển Newton.
1 2 2
( 1)
( )
2
n n n n n
n n
A B A nA B A B B
− −
−
+ = + + + +
Câu 20:
Do
( . )
T
A A
( ) ( ) .
T T T T T T

AA A A A A= =
nên
T
AA
là ma trận đối xứng. Chứng minh
tương tự ta cũng có
T
A A
là ma trận đối xứng.
Nếu A không là ma trận vuông thì do A và A
T
có cấp khác nhau nên AA
T
khác A
T
A.
Nếu A là ma trận vuông, giả sử
0 1
0 0
A
 
=
 ÷
 
, thì
0 0
1 0
T
A
 

=
 ÷
 
và
0 0
1 0
T
AA
 
=
 ÷
 
,
nhưng
0 0
0 1
T
A A
 
=
 ÷
 
.
Câu 21:
Áp dụng các tính chất của phép nhân ma trận ta chứng minh được
T
C C=
( Nếu A
và B là hai ma trận đối xứng).
Chứng minh tương tự được

T
C C= −
(Nếu A và B là hai ma trận đối xứng lệch).
Câu 22:
Nếu A, B là hai ma trận đối xứng lệch thì
( )
T T T
AB B A BA= =
. Do đó, điều kiện
cần và đủ là hiển nhiên. Để xây dựng ví dụ có thể lấy B= A
T
.
Câu 23:
Giả sử
0
r s
A B= =
. Khi đó,
( ) 0
r r r
AB A B= =
. Đối với tổng sử dụng nhị thức
Newton ta thấy,
1
( )
r s
A B
+ −
+
là tổng của các ma trận tích dạng

i j
A B
, trong đó i + j = r
+ s – 1 nên hoặc
i r≥
hoặc
j s≥
. Do đó
1
( )
r s
A B
+ −
+
=0.
Câu 24:
a) Bằng tính toán trực tiếp ta có
2
A A=
nên A là ma trận lũy đẳng.
b) Ta có
( )
2
2 2
2 2 4 4B A I B A I A A I I= − ⇒ = − = − + =
(Do A là ma trận lũy
đẳng).
Suy ra B khả nghịch, do
det 0B ≠
Câu 25:

Gọi các phần tử nằm trên đường song song với đường chéo chính là một đường
chéo con. Có thể chứng tỏ rằng nếu B là ma trận thỏa mãn đề bài và có
0r
≥
đường
chéo con ngay phía trên đường chéo chính bằng 0, tức là
0
ij
a =
với mọi i, j thỏa mãn
i j r− ≥
và A là một ma trận thỏa mãn đề bài, thì BA là ma trận thỏa mãn đề bài và có
r + 1 đường chéo con ngay phía trên đường chéo chính bằng 0. Áp dụng pp quy nạp ta
có điều phải chứng minh.
Câu 26:
Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hay cột để đưa ma trận về dạng bậc thang
khi đó, hạng của ma trận tương ứng sẽ bằng số dòng khác 0 của ma trận đó.
a) rank A = 3;
b) rank B = 3;
c) rank C = 2;
d) rank D = 3;
e) rank E = 5;
f) rank F = 3.
Câu 27:
a) Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hay cột để đưa các ma trận về
dạng bậc thang.
2 2 1
3 3 1 3 3 2
2
( 1)

2
1 1 3 1 1 3 1 1 3
2 1 0 1 6 0 1 6
1 3 0 1 6 0 0 5
d d d
d d d d d m d
m m m
m m m m
→ −
→ − → + −
− − −
     
     
→ − + → − +
     
     
− +
     
Nếu
2
5 0 0 5m m m m+ = ⇔ = ∨ = −
thì rankA = 2
Các trường hợp ngược lại thì rank A = 3.
b) Đưa ma trận về dạng bậc thang bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hay cột
2 2 1
3 3 1 3 3 2
2
3
5 5 5
2 10 0 9 12 0 9 12

2 3 0 3 4 0 0 0
d d d
d d d d d d
m m m m m m m m m
m m m m m m m
m m m m m
→ −
→ + → +
− − −
     
     
→ − → −
     
     
− − − −
     
Nếu
0m ≠
thì rank B = 2
Nếu m = 0 thì B là ma trận 0 suy ra rank B = 0.
c) Đưa ma trận về dạng bậc thang bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hay cột
2 2 1
3 3 1
1 4 1 2 4 4 1
3 3 2
4
4
3
3
15

2
3 1 1 4 4 1 1 3 1 4 10 1 4 10
4 10 1 1 4 10 4 1 1 3 0 15 39 3 4
1 7 17 3 3 7 17 1 3 7 17 1 0 5 13 1 3
2 2 4 1 1 2 4 2 1 2 4 2 0 2 6 2
d d d
d d d
c c d d d d d
d d d
d d
m m
m m m
m
m
→ −
→ −
↔ ↔ → −
→ −
→
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
− − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
→ → →
 ÷  ÷  ÷  ÷
− −
 ÷  ÷  ÷  ÷
− − −
       
4 2

4 3
1 4 10 1 4 10
0 15 39 3 4 0 15 39 3 4
0 0 0 5 23
0 0 6 18
2
23
0 0 6 18
0 0 0 5
2
d
d d
m m
m m
m
m
m
m
−
↔
   
 ÷  ÷
− − − − − −
 ÷  ÷
→ →
 ÷  ÷
− +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− +

 ÷  ÷
   
Nếu m = 0 thì rank C = 3
Nếu
0m ≠
thì rank C = 4
d) Ta có
4 4
det D m n= −
. Nếu
4 4
m n
m n
m n
=

= ⇔

= −

thì ta xét các trường hợp sau:
TH1: m = n≠0
1
1 1 2 3 4
3 2 3 4 4 3
1
0 0 2 0 0 2 0 0
0 0 2 0 0 0 0
0 0 2 0 0
0 0 2 0 0 0 0

2 0 0 2 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
i i
d d d
c c c c c
i
d d d d d d
m m m m m m
m m m m m m
D
m m m m m m m m
m m m m m m
m m m m
m m m m
m m
m
→ −
→ + + +
≠
→ − → +
     
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
= → →
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 

 ÷
 ÷
→ →
 ÷
− −
 ÷
 
0
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
Rank D = 3
TH2: m= n = 0 thì D = 0 suy ra rank D = 0
TH3: m = -n khi đó,
1 1 2 3 4 3 2 3
4 4 3
1 4 1
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
c c c c c d d d
d d d d d d

m m m m
m m m m
D
m m m m m
m m m m m m
m
m m
m m
m m
→ + + + → +
→ + → +
− − −
     
 ÷  ÷  ÷
−
 ÷  ÷  ÷
= → →
 ÷  ÷  ÷
− −
 ÷  ÷  ÷
− − −
     
−
  
 ÷
 ÷
→ →
 ÷
 ÷
 


 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
Nếu m = 0 thì rank D = 0,
Nếu m ≠ 0 thì rank D = 3.
TH4 m ≠ ± n thì det D ≠ 0 suy ra rank D = 4.
Câu 28:
Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, cột đưa ma trận A về dạng bậc
thang:
3 3 1 2
4 4 1 2 3
4 4 32 2 1
( 5)
4
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
4 6 8 9 10 4 6 8 9 10
5 8 11 13 16 0 0 0 0 1
10 16 22 26 0 0 0 0 5
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
0 2 4 7 10 0 2 4 7 10
0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 50
d d d d
d d d d d
d d m d
d d d
A

m m
m
→ − −
→ − − −
→ − −
→ −
   
   
   
= →
   
   
−
   
 
 
− − − − − − − −
 
→ →
 
 
−
 
0 0 1
0 0 0 0 0
 
 
 
 
 

 
Vậy rank A = 3 với mọi m.
b) Ta đưa ma trận B về dạng bậc thang sau:
3 4 3 1 3 1
3 3 2
4 4 2
2
5
2 1 3 4 2 8 2 1 3 4 2 8 0 0 0 0 0 7
1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0
3 4 2 4 1 1 2 1 3 4 2 1 2 1 3 4 2 1
5 5 5 8 3 5 5 5 8 3 5 5 5 8 3
0 0 0 0 0 7
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 2 1
0 5 0 3 3
d d d d d d
d d d
d d d
m
B
m m
m m m
m
m
m
→ − → −
→ −
→ −
−

     
     
     
= → →
     
− + +
     
     
−



→

+


4 4 3
5
0 0 0 0 0 7
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 2 1
0 0 5 7 7 4 5
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 2 1
0 0 5 7 7 4 5
0 0 0 0 0 7
d d d
m
m

m
m
m
m
→ −
−
  
  
  
→
  
+
  
− − − − −
  
 
 
+
 
→
 
− − − − −
 
−
 
Nếu m = 7 thì rank B = 3.
Nếu m ≠ 7 thì rank B = 4.
c) Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, cột đưa ma trận C về dạng bậc thang
2 2 1
3 3 1

4 4 1
2 2 4
2 2 3 4 3 3
3
( 1
1 2 1 1 1 1 2 1 1 1
1 1 1 1 0 1 2 1 1 1
1 0 1 1 0 2 1 0 2
1 2 2 1 1 0 4 3 2 2
1 0 1 1 1
0 3 1 1 1
0 1 1 0 2
0 1 3 2 2
d d md
d d d
d d d
d d d
c c c c d d m
m m m m m
m m
m m m
m
→ +
→ +
→ +
→ −
→ − + → + +
− − − −
   
   

− − − − + + − − − +
   
→
   
+
   
− −
   
− −
 
 
− + − − − +
 
→
 
+
 
− −
 
4
3 3 4 4 4 5
)
1 0 1 1 1
0 0 5 5 5
0 0 3 4 2 2 2 4
0 1 3 2 2
1 0 0 1 1 1 0 0 0 1
0 0 0 5 5 0 0 0 10 5
0 0 2 2 2 2 4 0 0 2 2 2 4
0 1 1 2 2 0 1 3 0 2

1 0 0 0 1
0 1 3 0 2
0 0 2 2 2
d
c c c c c c
m m m
m m m
m m m
m m m m m
m
→ + → +
− −
 
 
− + − +
 
→
 
+ − − +
 
− −
 
− − −
   
   
− + +
   
→ →
   
+ − − + + +

   
− − −
   
−
−
→
+ 4
0 0 0 10 5
m
m
 
 
 
 
+
 
+
 
Nếu m = -2 thì rank C = 3.
Nếu m ≠ -2 thì rank C = 4
Câu 29:
Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A về dạng:
3 1 4 1
2 3 1
0 2 3 1
0 0 0 0
A
 
 
α

 
=
 
 
 
. Từ dòng 1; 2 và dòng 3 ta nhận thấy rank A ≥ 2. Dấu bằng xảy
ra khi
α = 0.
Câu 30:
Hạng ma trận trận bằng 1 khi và chỉ khi ma trận ở dạng bậc thang có duy nhất 1
dòng khác 0.
a) m =-4 thì rank A = 1.
b) m = 0 thì rank A = 1.
c) m = 15 thì rank A = 1
Câu 31:
Vì rank (A) đồng thời là số dòng cực đại độc lập tuyến tính và số cột cực đại độc
lập tuyến tính mà không gian vector dòng có chiều là m còn không gian vector cột có
chiều là n. Do đó, ma trận
( , ; )A M m n K∈
có hạng không lớn hơn min(m,n).
Câu 32:
Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, cột đưa ma trận A về dạng bậc
thang:
1
1 1 2

1,
1 1 1
1 1 1 0 1 0
)

1 1 1 0 0 1
i i
n
d d d
c c c c
i n
a a a na a a na a a
a a a na a a
a A
a a a na a a
→ −
→ + + +
∀ =
+ + +
     
     
+ + +
     
= → →
     
     
+ + +
     
Nếu 1 + na = 0 thì rank A = n-1
Nếu 1+ na ≠ 0 thì rank A = n
b) Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, cột đưa ma trận B về dạng bậc thang.
1
1 1

1,
( 1) ( 1)
( 1) 0 0

( 1) 0 0
i i
n
d d d
c c c
i n
a b b a n b b b a n b b b
b a b a n b a b a b
B
b b a a n b b a a b
→ −
→ + +
∀ =
+ − + −
     
     
+ − −
     
= → →
     
     
+ − −
     
Nếu a ≠ b≠ 0 và a + (n-1)b ≠ 0 thì rank B = n
Nếu a = b≠ 0 thì rank B = 1.
Nếu a + (n-1)b = 0 và a ≠ b ≠ 0 thì rank B = n -1

Nếu a = b = 0 thì rank B = 0.
Câu 33:
Với m = 1 thì rank (A) = 1.
Với m ≠ 1 thì thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A thành
dạng bậc thang.
2 2 1
1 3 3 3 1
2 2
3 2
3 3 2
2 2
2
2 3
1
2 2
1
1
2
1
2 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 0
1 1 1 1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 1 1
0 1 0 0 1 0
0 0 1 1
d d d
d d d d md
d d
m

d d
d d d
m
m m m
A m m m m m m m
m m m m m
m m
m m m m
m m m m
→ −
→ → −
→
−
→
→ +
− +
   
 
   
 
= → → − −
   
 
   
 
− − −
 
   
 
 

→ − − → −
 
 
− + − −
 
2 3
1
0 0 1
1
m m m
m
 
 
 
 
 
+ − −
 
−
 
Ta có rank A =3.
Vậy m = 1 thì rank A <3
Câu 34:
Ta có:
1 1
( )
k k
B AB B A B
− −
=

. Vì
1
0 1
k
k
A
 
=
 
 
và
1
2 1
3 2
B
−
−
 
=
 
−
 
nên
1 1
2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 6 1 4
( )
3 2 0 1 3 2 3 3 2 3 2 9 1 6
k k
k k k k
B AB B A B

k k k
− −
− − +
          
= = = =
          
− − − + − −
          
Câu 35:
Ma trận nghịch đảo tương ứng ở từng trường hợp như sau:
a)
1
11 2 2
4 0 1
6 1 1
A
−
−
 
 
= −
 
 
− −
 
b)
1
27 16 6
8 5 2
5 3 1

A
−
−
 
 
= −
 
 
− −
 
c)
1
1/ 6 1/ 2 7 / 6 10 / 3
7 / 6 1/ 2 5 / 6 5 / 3
3 / 2 1/ 2 1/ 2 1
1/ 2 1/ 2 1/ 2 1
A
−
− −
 
 
− − −
 
=
 
−
 
−
 
d)

1
1/ 4 1/ 4 1/ 2 0
1/ 4 1/ 4 1/ 2 0
1/ 4 1/ 4 0 1/ 2
1/ 4 1/ 4 0 1/ 2
A
−
 
 
−
 
=
 
−
 
− −
 
e)
1
1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4
1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4
1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4
1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4
A
−
 
 
− −
 
=

 
− −
 
− −
 

f)
1
sin cos
cos sin
A
−
α − α
 
=
 
α α
 
g)
1
3 5
2 3
A
−
−
 
=
 
−
 

Câu 36:
Vì A
T
khả nghịch và có nghịch đảo là
( )
1
T
A
−
và A là ma trận đối xứng nên:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
T T T
T
AA A A I A A A A A A
− − − − − −
= = = = ⇔ =
. Vậy A
-1
cũng là ma trận
đối xứng.
Câu 37:
Giả sử
1
1 1 0
( )
n n
n n
f t a t a t a t a
−

−
= + + + +
( ) ( ) ( )
1
1 1 1 1
1 1 0
1 1 1 1 1 1
1 1 0
( )
( )
n n
n n
n n
n n
f B AB a B AB a B AB a B AB a I
B a A B B a A B B a AB B a IB B f A B
−
− − − −
−
− − − − − −
−
= + + + +
= + + + + =
Câu 38:
Bằng tính toán trực tiếp ta có:
2
2
9 8 5 4 1 0 0 0
2 2
8 7 4 3 0 1 0 0

A A I
       
− + = − + =
       
− − − −
       
Ta có
2 2
2 2
2 0 ( ) 0A A I A I− + = ⇔ − =
suy ra A khả nghịch.
Vậy,
1
3 4
4 5
A
−
− −
 
=
 
 
Câu 39:
Nhận xét ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi det A ≠ 0. Suy ra
1
A
−
và
1
B

−
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
det ( ) ( ) ( ) 0 0A b a ac a b bc ca cb b a c a c b c b a a b c= − − + + − = − + − + − ≠ ⇔ ≠ ≠ ≠
3 3 2
0
det 3 2 0 ( 3 2) 0 ( 1) ( 2) 0 1
2
b
B a b ba b b a a b a a a
a
=


= − − = ⇔ − − = ⇔ + + = ⇔ = −


=

Vậy với b ≠ 1 và a ≠ -1 và a ≠ 2
Câu 40:
Giả sử
0
r
A =
, vì IA = AI nên:
1 1 2 2 1 1
( )( ( 1) )
r r r r r r r
I A I I A I A A I A I

− − − − −
+ − + + + − = − =
.
Vậy
2 1 1
( 1)
r r
B I A A A
− −
= − + + + −
là ma trận nghịch đảo của I+ A và I + A là ma
trận khả nghịch.
Câu 41:
Gọi ma trận nhận được sau khi biến đổi là B. Chú ý rằng cột thứ i của
1
A
−
,
1
B
−
tương ứng là nghiệm của các phương trình
i
AX e=
và
i
BX e=
.
a) Nếu B nhận được từ A bằng cách đổi chỗ dòng i và j cho nhau, thì khi đổi chỗ
hai dòng i và j cho nhau của phương trình

i
BX e=
, vế trái sẽ trở thành AX còn vế phải
thành
j
e
. Như vậy cột thứ i của
1
B
−
chính là cột thứ j của
1
A
−
. Tương tự cột thứ j của
1
B
−
chính là cột thứ i của
1
A
−
, còn các cột khác giữ nguyên.
b) Tương tự, khi nhân dòng i với
0
α ≠
thì ma trận nghịch đảo mới nhận được từ
ma trận nghịch đảo cũ bằng cách nhân cột thứ i với
1
α

.
c) Ma trận nghịch đảo mới nhận được từ ma trận nghịch đảo cũ bằng cách trừ đi từ
cột thứ j tích của cột thứ i với
α
.
Câu 42:
Định thức thay đổi như sau:
a) Gọi định thức cũ là D và định thức mới là D’ khi hoán đổi vị trí của cột thứ nhất
và cột cuối cùng. Ta có D’= - D.
b) Giả sử định thức có cấp là n. Khi đó có tất cả [n/2] cặp như vậy cần đổi chỗ cho
nhau. Do đó định thức mới bằng
[ /2]
( 1)
n
−
nhân với định thức cũ.
c) Định thức mới bằng
[ /2]
( 1)
n
−
nhân với định thức cũ.
d) Phép biến đổi này tương đương với tích của các phép biến đổi sau: lấy đối xứng
qua trục dọc, rồi lấy đối xứng qua đường chéo chính, rồi lại lấy đối xứng qua trục dọc.
Nhận thấy phép lấy đối xứng qua trục dọc không làm thay đổi định thức. Phép lấy đối
xứng qua trục dọcchỉ làm thay đổi dấu của định thức (tùy tính chẵn lẻ của [n/2]). Thực
hiện lại một phép đối xứng nữa thì định thức đổi dấu lại. Do đó, tổng hợp lại định thức
sẽ không thay đổi.
e) Định thức được giữ nguyên.
f) Muốn lấy đối xứng qua tâm ta sẽ thực hiện hai phép biến đổi. Trước hết lấy đối

xứng qua đường chéo chính (sẽ được ma trận chuyển vị), rồi lấy đối xứng qua đường
chéo phụ. Cả hai phép biến đổi này đều không làm thay đổi định thức.
g) Xét phép quay ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó quay quanh tâm một góc 90
0
,
phép biến đổi này giống như phép lấy đối xứng qua trục dọc của hai ma trận rồi lấy
đối xứng qua đường chéo chính. Khi đó định thức sẽ sai khác một nhân tử là
[ /2]
( 1)
n
−
.
Phép quay theo cùng chiều kim đồng hồ là phép lấy nghịch đảo nên định thức sai khác
một nhân tử là
[ /2]
( 1)
n
−
.
Câu 43:
Áp dụng định nghĩa của định thức. Ta có định thức là tổng của 6 số hạng gồm các
tích
1 (1) 2 (2) ( )
( )
n n
sign a a a
π π π
π
.Vì
( ) ( ) ( )

11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 13 22 31 12 21 33
( )( )( )a a a a a a a a a a a a a a a a a a= − − −
, nên trong 6 số
hạng của tổng phải có ít nhất hai số hạng ngược dấu nhau. Do đó định thức có giá trị
tuyệt đối tối đa là 4. Giá trị đó đạt được vì:
1 1 1
1 1 1 4
1 1 1
−
− =
−
Câu 44:
Khai triển định thức này theo định nghĩa, nhận thấy chỉ có 3 số hạng không âm là
11 22 33 12 23 31 13 21 32
, ,a a a a a a a a a
. Tuy nhiên chúng không thể bằng 1 tất cả vì khi đó định
thức sẽ bằng 0. Do đó giá trị lớn nhất của định thức bằng 2. Điều này đạt được vì.
0 1 1
1 0 1 2
1 1 0
=
Câu 45:
Ta có:
2 3
) 5
1 4
a =
b)
2 1
5

1 2
=
−
c)
sin cos
1
cos sin
α α
=
− α α
d)
2 2
a c di
ab c d
c di b
+
= − −
−
d)
2 2 2 2
i i
i i
α + β γ + δ
= α +β − γ −δ
γ − δ α − β
f)
sin cos
sin cos cos sin sin( )
sin cos
α α

= α β − α β = α −β
β β
g)
2
2
2
2sin cos 2sin 1
2sin2 ( cos2 )(cos2 ) 2sin2 cos 2
2cos 1 2sin cos
ϕ ϕ ϕ −
= ϕ − − ϕ ϕ = ϕ + ϕ
ϕ − ϕ ϕ
k)
3 4 5
8 7 2 0
2 1 8
−
− =
−
l)
3 3 3
3
a b c
c a b a abc c b
b c a
= − + +

m)
a x x x
x b x x abc abx acx xbc

x x c x
+
+ = + + +
+
n)
1 1
1 0 2
1 0 1
i i
i
i
+
− = −
−
o)
2
2 2 2 2
2
1
1 1
1
α + αβ αγ
αβ β + βγ = + α + β + γ
αβ βγ γ +
p)
0 1 1 1
1 0 1 1
3
1 1 0 1
1 1 1 0

= −
q)
2 2 2
0 1 1
1 0 1
2 2 2
1 1 0
0
a
b
c ca bc b ba a
c
a b c
= − − + − +
r)
5 2 1
4 4 3
8 5 2
2 3 2
4 5 4
a
b
b c d a
c
d
−
−
= − + + +
−
−

s)
1 1 1 1
1 1 1 1
8
1 1 1 1
1 1 1 1
−
= −
−
−
t)
3 0 5
0 0 2
1 2 3
0 0 0
a
b
abcd
c
d
=
v)
3 1 1 1
1 3 1 1
48
1 1 3 1
1 1 1 3
=
w)
1 2 3 4

2 3 4 1
160
3 4 1 2
4 1 2 3
=
y)
2 1 1 1 1
1 3 1 1 1
24
1 1 4 1 1
1 1 1 5 1
1 1 1 1 1
=
z)
5 6 0 0 0
1 5 6 0 0
665
0 1 5 6 0
0 0 1 5 6
0 0 0 1 5
=
Câu 46:
Cộng tất cả các cột vào cột (1) ta có:
A
α +β + γ β γ
= α +β + γ γ α
α +β + γ α β
. Vì
, ,α β γ
là 3 nghiệm của phương trình

3
0x px q+ + =
nên
0α + β + γ =
, suy ra det A = 0.
Câu 47:
Do A là ma trận phản xứng nên
T
A A= −
. Mặt khác,
det det det det( ) det ( 1) det det det
T T n T T
A A A A A A A A= ⇔ = − ⇔ = − = − = −
. Vậy
det A = 0
Câu 48:
a) Cộng dòng 2 và dòng 3 vào dòng 1 ta được:
2 2 1 1 1
) 2 2 2 2 ( ). 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c a a a b c a b c a b c
a b b c a b b b c a b a b c b b c a b
c c c a b c c c a b c c c a b
− − + + + + + +
− − = − − = + + − −
− − − − − −
Nhân cột 1 với (-1) rồi cộng vào cột 2 và 3.
Ta có:
3
1 1 1 1 0 0

( ). 2 2 ( ). 2 ( ) 0 ( )
2 2 2 0 ( )
a b c b b c a b a b c b a b c a b c
c c c a b c a b c
+ + − − = + + − + + = + +
− − − + +
(đpcm).
b) Nhân dòng cuối với (-1) rồi cộng vào dòng 2 và dòng 1 ta được:

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
( ) 0 ( ) ( )( ) 0 ( )( )
0 ( ) ( ) 0 ( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )( ) 0 ( )( )
0 ( )( ) ( )( ) ( )
( )
b c a c a b b c a b c a c a b c a b
c a b c a b c a b c a b c a b c a b
a b a b a b a b
b c a b c a c a b c a b b c a
c a b c a b c a b c a b a b c
a b a b
+ − − + + + + − − − + +
+ − − + = + − + + − − + + =
+ +
+ + + − − − + + + −

+ − + + − − + + = + +
+
2 2 2
0
0
( )
c a b
c a b c a b
a b a b
− −
+ − − −
+
Khai triển theo cột (1) ta được
2 2 2
2 2 2 3
2 2 2
( )
( ) 2 ( )
( )
b c b c
a c a c abc a b c
a b a b
+
+ = + +
+
.
Câu 49:
a) Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b a x b y c a b c a b a a b b a b c
a b a x b y c a b c x a b a y a b b a b c
a b a x b y c a b c a b a a b b a b c
+ +
+ + = + + =
+ +
b) Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
2
a b x a b x c a a c a b c b a c b x b x c a b c
a b x a b x c a a c x a b c x b a c b x b x c x a b c
a b x a b x c a a c a b c b a c b x b x c a b c
+ − −
+ − = − + + − = −
+ − −
c) Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3
(1 )
a b x a x b c a a x c a b c b x a x c b x b c
a b x a x b c a a x c a b c b x a x c b x b c
a b x a x b c a a x c a b c b x a x c b x b c

a b c a b c a b c
a b c x a b c x a b c
a b c a b c a b c
+ +
+ + = + + + =
+ +
− = −
Câu 50:
a) Ta có:
2 3 4
2 4
2 2 2 2 3
3
3 3
0 1 0 ( 1) ( 1) ( 1)
0 ( 1)
0 1 1
x x x
x x
x x x x x
x
x x
− = − = − −
−
+ −
Suy ra,
( ) ( )
2 3 4
2 2 3 2
3 3

1
0 1 0 0 1 . 1 . 0 1
0 1 1 0
xx x x
x x x x x
x x x
=


− = ⇔ − − = ⇔ = −


+ − =

b) Ta có
( ) ( ) ( )
2
2 2 100 2 100 2
100
5 100
1 1 2
1 2
0 0 1 0 1
1 1 2 1 . . 1 . .(1 )
1 2 1
0 0
0 0 1
x x x
x x
x x

x x x x x x x x
x x x x
x
x x
− +
+
−
= − − = − = − −
−
+
Do đó,
( )
2
2 100 2
5 100
1 1 2
1
0 0 1 0
0 1 . .(1 ) 0 1
1 2
0
0 0 1
x x x
x
x
x x x x
x x x
x
x x
− +

=

−

= ⇔ − − = ⇔ = −

−

=

+
Câu 51:
Ta có
2 2 2 2
( )
a x b
ac ax cx x b x x a c b ac
b c x
−
= − − + − = − + − +
−
Suy ra,
2 2
0 ( ) 0
a x b
x x a c ac b
b c x
−
= ⇔ − + + − =
−

(1)
Vì pt (1) có
2 2 2 2 2 2 2
( ) 4( ) 2 4 ( ) 4 0a c b ac a ac c b a c b∆ = + − − + = − + + = − + ≥
Vậy với a, b, c là số thực phương trình
0
a x b
b c x
−
=
−
có nghiệm thực
Câu 52:
Lấy cột 1 nhân cho 100, cột 2 nhân cho 10, cột 3 nhân cho 1 rồi cộng tất cả vào cột 1
ta được
204 0 4
527 2 7
255 5 5
A =
. Vì các số 204, 527, 255 chia hết cho 17 nên A chia hết cho 17 (do A
có một cột chia hết cho 17).
Câu 53:
Nhân cột 1 với -1 rồi cộng vào các cột sau ta được:
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 2 1 4 4 6 9
( 1) ( 2) ( 3) 2 1 4 4 6 9
( 1) ( 2) ( 3) 2 1 4 4 6 9

( 1) ( 2) ( 3) 2 1 4 4 6 9
a a a a a a a a
b b b b b b b b
c c c c c c c c
d d d d d d d d
+ + + + + +
+ + + + + +
=
+ + + + + +
+ + + + + +
Khai triển
∆
thành tổng các định thức. Nhận xét rằng các định thức nhận được sau khi
đưa thừa số chung của mỗi cột ra ngoài dấu định thức, đều có ít nhất hai cột giống
nhau nên định thức
0
∆ =
.
Câu 54:
Khai triển định thức ở vế trái thành tổng các định thức và áp dụng các tính chất của
định thức. Ta có, 6 trong 8 định thức nhận được được sau khi khai triển đều có ít nhất
hai cột giống nhau nên bằng 0, còn 2 định thức có dạng
1 1 1
2 2 2
a b c
a b c
a b c
suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2
b c c a a b a b c
b c c a a b a b c
b c c a a b a b c
+ + +
+ + + =
+ + +
Câu 55:
Cộng cột 1 với cột 2 và 3 ta có:
1 1 1
1 1 1
( ) 0
1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
a b c b c b c
a b c c a c a
a b c
a b c a b a b
c a a b c a a b
a b c
+ +
+ +
= + + =
+ +
+ + + +
+ +

Vậy định thức đã cho bằng 0 do có 2 cột giống nhau.
Câu 56:

Trong định thức ở vế trái, nhân cột thứ hai với yz, cột thứ 3 với xz, cột thứ tư với xy.
Ta được:
2 2
2 2
2 2 2
2 2
0 0
0 0
1
0 0
0 0
x y z xyz xyz xyz
x z y x xz xy
y z x y yz yx
x y z
z y x z xy zx
=
Đưa thừa số chung ở các hàng trong định thức tiếp theo ra ngoài dấu định thức ta được
điều phải chứng minh.
Câu 57:
a) Khai triển theo cột 1 rồi dùng các công thức lượng giác:
sin(a- b) = sinacosb – cosasinb và sin2a= 2sinacosa ta được điều cần chứng minh.
b)
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
sin sin cos cos 1 cos sin cos cos 1 sin cos cos
sin sin cos cos 1 cos sin cos cos 1 sin cos cos
sin sin cos cos 1 cos sin cos cos 1 sin cos cos
a a a a a a a a a a a

b b b b b b b b b b b
c c c c c c c c c c c
−
= − =
−
Khai triển định thức theo cột 1 và áp dụng công thức cộng ta được điều cần chứng
minh.
Câu 58:
a) Cộng cột 1 và cột 3 áp dụng tính chất
2 2
sin cos 1a a+ =
ta có định thức này có hai
cột giống nhau, suy ra định thức này bằng 0.
b) Lấy cột 3 trừ cột 1 áp dụng tính chất
2 2
cos sin cos2x x x− =
, ta có định thức này có
hai cột giống nhau suy ra định thức này bằng 0.
c)
sin cos sin( ) sin cos sin cos cos sin
sin cos sin( ) sin cos sin cos sin cos
sin cos sin( ) sin cos sin cos sin cos
sin cos sin sin cos cos
cos sin cos sin sin sin cos cos
sin cos sin sin c
a a a d a a a d a d
b b b d b b b d d b
c c c d c c c d d c
a a a a a a
d b b b d b b b

c c c c
+ +
+ = + =
+ +
= + 0
os cosc c
=
d) Cộng cột 1 và cột 2 và đặt thừa số chung a + b + c ra ngoài ta được định thức có 2
cột giống nhau nên định thức bằng 0.
e)
' ' ' ' '
' ' ' ' ' 0
' ' ' ' '
x x ax bx x x x x x x
y y ay by a y y y b y y y
z z az bz z z z z z z
+
+ = + =
+
f) Lấy cột 1 trừ cho cột 2 ta được định thức có hai cột giống nhau nên định thức này
bằng 0.
Câu 59:
Lấy cột 3 trừ cho tổng của cột 1 nhân với x và cột thứ 2 nhân với y ta được điều phải
chứng minh.
Câu 60:
a) Ta có:
1 1 1
1 0 ( )( ) 0 ( )( )( )
1 0 0
a bc a bc a bc

b ca b a ca bc b a c a b a c b a c a c b
c ab c a ab bc c a b
= − − = − − − − = − − −
− − − −
b) Nhân dòng đầu với -1 rồi cộng vào dòng 2 và dòng 3. Trong định thức nhận được,
rút thừa số chung của các hàng ra ngoài dấu định thức ta được điều phải chứngminh.
c) Nhân cột đầu với -1 rồi cộng vào cột 2 và cột 3. Rút thừa số chung của các cột ra
ngoài dấu định thức ta có điều cần chứng minh.
Câu 61:
Giả sử có
2 2
2 ( )ax bx c px q+ + = +
. So sánh hệ số của lũy thừa cùng bậc của x, ta
thấy:
2 2 2 2 2 2
; ; ( ) 0a p b pq c q ac b p q pq= = = ⇒ − = − =
.
Ngược lại giả sử
2
0ac b− =
khi đó,
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 ( 2 ) [( ) ( )] ( )ax bx c a x abx ac ax b ac b ax a
a a a
+ + = + + = + + − = +
là bình
phương đủ, vì ta có thể lấy căn bậc hai của số phức
1
a

.
Câu 62:
Nếu
ax b
q
cx d
+
=
+
với mọi x thì ax + b = q(cx + d), a = qc và b = qd do đó ad – bc = 0
Ngược lại nếu ad – bc = 0 thì với
0, 0c d≠ ≠
, ta có:
; ;
a b
q a qc b qd
c d
= = = =
. Với
0c d= ≠
thì b = 0 và giả sử
a
q
c
=
, ta lại có a = qc, b =
qd.
Vậy
( )ax b q cx d
q

cx d cx d
+ +
= =
+ +
, với mọi x.
Câu 63:
Cộng tất cả các cột vào cột 3, ta được
1 1 4
1 8 14
5 4 12
do định thức có một cột chia hết cho 2 nên định thức chia hết cho 2.
Câu 64:
Nhân dòng cuối với -1 rồi cộng vào dòng 1 và dòng 2. Sau khi tìm mẫu số chúng cho
mỗi phần tử rút thừa số chung
2
( )
( )( )( )
bc ca ab
b c c a a b
+ +
+ + +
ra ngoài định thức.
2 2
0 0
0 0
1 0 1 0
( ) ( )
0 1
( )( )( ) ( )( )( )
bc bc ab bc ab ac ca cb ab

b c a c
b c b c a b b c a b
ca ca ab ca cb ab ca cb ab
a c b c
a c a c a b a c a b
ab ab ab
a b a b a b
a b a b a b
b c b c
bc ac ab bc ac ab
c a
b c a b c a b c a b c a
a b ab
− − + + + +
− + −
+ + + + +
+ + + +
− = − − + = − =
+ + + + +
− − −
+ + +
− + − +
+ + + +
= − + =
+ + + + + +
−
2
( )
0 1
( )( )( )

0
bc ac ab
c a
b c a b c a
b ac
+ +
− + =
+ + +
Câu 65:
a) Ta có:
1 1 1 1 1 0 0 0
1 1 1
. ( )
( )( )( )
a a a a
a b b b a b b b a b a b a b a
a a a b a b a c a c a
a b c c a b c c a b a c a c a
b a c a d a
a b c d a b c d a b a c a d a
a b a c b d c
− − −
= = = − − − −
− − −
− − −
− − −
= − − −
b. Nhân cột một với -1 rồi cộng vào các cột sau
1 0 0 0
1 0 cos 1 cos 1

1 cos 1 0 cos 1
1 cos 1 cos 1 0
c b
c a
b a
− −
− −
− −
Khai triển theo dòng 1 và áp dụng công thức:
2
1 cos 2 2sina a− =
, ta được.
2 2
2 2 2 2 2
2 2
0 2sin 2sin
2 2
2sin 0 2sin 16sin sin sin
2 2 2 2 2
2sin 2sin 0
2
2
c b
c a a b c
a
b
− −
− = −
− −
Câu 66:

Gọi j và
2
j
là các căn bậc 3 (phức) của đơn vị. Chứng minh rằng:
2 2
( )( )( )
a b c
D c a b a b c a bj cj a bj cj
b c a
= = + + + + + +
Viết lại D dưới dạng
a b c b c
D a b c a b
a b c c a
+ +
= + +
+ +
Suy ra D chia hết a + b + c. Mặt khác;
2 2
2 2
2 2 2
( )
( )
a bj cj b c a bj cj b c
D c aj bj a b j c aj bj a b
b cj aj c a j b cj aj c a
+ + + +
= + + = + +
+ + + +
Chứng tỏ D chia hết cho

2
a bj cj+ +
. Tương tự ta củng thấy D chia hết cho
2
a bj cj+ +
D là đa thức bậc 3 đối với a, b, c mà hệ số của
3
a
bằng 1.
Vậy
2 2
( )( )( )
a b c
D c a b a b c a bj cj a bj cj
b c a
= = + + + + + +
Câu 67:
a) Cộng tất cả các dòng với dòng 1 ta có:
1 2 3 1 2 3
1 0 3 0 2 6 2
!
1 2 0 0 0 3 2

1 2 3 0 0 0 0
n n
n n
n
n n
n
−

= =
− −
− − −
b) Trừ tất cả các dòng với dòng 1 ta có:
1 2 1 2
1 1 2 1
1 2 2 2 1 2
1 2
1 1
1 0 0 0
1 0 0 0 .

1 0
n n
n
n n
n n n
a a a a a a
a b a a b
a a b a b b b b
a a a b b
+
+ = =
+
c) Trừ tất cả các dòng với dòng 1 ta có:
1 2 1 1 2 1
2 1 1
1 1 2
1
1 2 1

1 2 1
1 1
1 0 0 0 0
1 0 0 0 0
( ) ( )

1 0 0 0 0
1 0 0 0 0
n n n n
n n
n n
n
n n
n n
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
− −
−
−
−
−
−
−
= = − −
−
−

d) Trừ các dòng với dòng 1 ta có:
1 2 3 1 1 2 3 1
1 3 3 1 0 1 0 0 0
1 2 5 1 0 0 2 0 0
( 1)!

1 2 3 2 3 0 0 0 2 0
1 2 3 1 2 1 0 0 0 0 1
n n n n
n n
n n
n
n n n
n n n
− −
−
−
= = −
− −
− − −
e) Nhân dòng thứ hai với -1 rồi cộng vào tất cả các dòng còn lại. Sau đó khai triển định
thức theo dòng đầu:
1 2 2 2 1 0 0 0
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 3 2 0 0 1 0
2( 2)!


2 2 2 0 0 0 2
n

n n
−
= = − −
−
f) Cộng tất cả các cột vào cột đầu ta có:
1
1
( 1)
2 ( 1)
2
0 0 0
( 1)
(2 ( 1) )
0 0
2 2

0 0 0
n
n
n n
na h a h a h a n h
a
n n na
a na h a n h
a a
a
−
−
−
+ + + + −

−
 
= + = + −
 ÷
−
 
g) Nhân cột hai, bốn, sáu … với -1 và nhân cột ba, năm, bảy với 1 rồi cộng tất cả vào
cột 1 ta có.
2 1
1
( 1)
( ) ( 1) ( ( 2) ) ( 1) ( ( 1) )
2
0 0 0
(2 ( 1) )
0 0 0
2

0 0
n n
n
n n
na h a h a n h a n h
a
na
a n h
a
a a
− −
−

−
+ − + − + − − + −
= + −
h) Rút x ở cột thứ i ra ngoài dấu định thức rồi cộng tất cả vào cột một ta được:
1 2
2 3
1 2 3
1 2
1 2
1 2
2 3 1 2 1 2
1 2


0 0
0 1 0 0
0 0 .
0 1 1 0


0 0 0
0 0 0 1
n
n
n
n
n
n n
n
n

aa a
a a a
a a a a
x x x
x x
aa a
x x x x x x x x
x x x
x
+ + +
−
 
− = = + + +
 ÷
−
 
k) Cộng tất cả các cột vào cột đầu rồi rút thừa số chung x + (n-1)a ra ngoài định thức.
Sau đó, Nhân dòng đầu với -1 rồi cộng vào tất cả các dòng còn lại ta được:
1
1
1
( ( 1) ) ( ( 1) )( )

1
1
n
a a a
x a a
x n a x n a x a
a a x a

a a a x
−
+ − = + − −
l) Cộng tất cả các cột vào cột đầu sau đó khai triển định thức theo cột đầu ta được:
1 1
2 2
3
1 2
0 0 0
0 0 0
0 0 0 0
( 1) ( 1)

0 0 0
1 1 1 1 1
n
n
n n
a a
a a
a
n a a a
a a
−
−
−
= − +
−
o) Gọi định thức đã cho là D, bằng cách nhân dòng 1 và cột 1 với x ta được định thức
2

x D∆ =
. Đối với định thức
∆
ta cộng tát cả các cột vào cột đầu, rút thừa số chung.
Sau đó nhân dòng đầu với -1 rồi cộng vào các dòng sau. Kết quả
1 2
( 1) ( 1)
n n
D n x
− −
= − −
.
Câu 68:
a) Khai triển định thức theo dòng 2 ta có:
5 1 2 7
1 2 7 5 1 2
3 0 0 2
3. 3 4 5 2. 1 3 4 10
1 3 4 5
0 0 3 2 0 0
2 0 0 3
= − + =
b)
2 2
1
1 0 0
1 0 0
1 0 0
x x x
a

x b ax
b
x
= − −
c)
1 2 3 4 5 3
6 5 7 8 4 2
9 8 6 7 0 0
8
3 2 4 5 0 0
3 4 0 0 0 0
5 6 0 0 0 0
=
Câu 69:
Ta có:
a) A = - 8.
2
64A =
b) B = 280.
2
78400B =
c)
4 2 2 2 2 4 2 2 4 4
2 2 2C a a b d a b d b c d= + + + + − +
suy ra
2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )( )C a b d c C a b d c a b d c= + + − ⇒ = + + + + + −
Câu 70:
a) Lấy cột 2 cộng vào cột 1 và đưa nhân tử chung a + b + c ra ngoài dấu định thức, ta
có định thức có hai cột giống nhau nên bằng 0.

b) Lấy cột 3 trừ cho cột 2, ta được định thức có hai cột tỉ lệ nên bằng 0.
c) Áp dụng công thức cộng
sin( ) sin cos sin cosa b a b b a+ = +
, tách thành tổng hai
định thức. Mỗi định thức trong hai định thức này đều có hai cột tỉ lệ nên chúng bằng 0.
Suy ra định thức ban đầu bằng 0.
d) Tách định thức thành tổng hai định thức và hai định thức này đều bằng 0 vì có hai
cột tỉ lệ.
e) Cộng tất cả các cột vào cột 1 sau đó đặt nhân tử chung a + b + c ra ngoài dấu định
thức ta có định thức bằng 0 vì có hai cột tỉ lệ
Câu 71:
Do ma trận A có nhiều hơn
2
n n−
hệ số bằng 0 nên sẽ có ít nhất 1 dòng hay 1 cột bằng
0. Suy ra detA = 0.
Câu 72:
Vì
.
T
A A I=
nên
( )
2
det( ).det( ) det 1
T
A A A= =
. Do đó,
| | 1A = ±
.

Mặt khác,
( ) ( )
.
T T
T T T T
A A I A A I= ⇔ =
. Do đó
T
A
cũng là ma trận trực giao.
Câu 73:
Sử dụng tính chất nếu 1 dòng hay 1 cột của ma trận được nhân với 1 số α thì định thức
của ma trận đó được nhân với α.
Câu 74:
a) Ma trận A khả nghịch khi và chỉ khi detA ≠ 0.
Ta có:
2
2 3 6
2
1
1 1 2
1
a a
a a a a
a a
= − +
.
Gọi
2
2

2
1
1
1
a a
A a a
a a
 
 
=
 
 
 
. A khả nghịch khi và chỉ khi
6 3
2 1 0a a− + ≠
b) Ta có:
3 2
2 2 3 3 4
2 3 3 4 4 5 3 12 15 6
3 5 5 8 10 17
x x x
x x x x x x
x x x
+ + +
+ + + = − − − −
+ + +
Gọi
2 2 3 3 4
2 3 3 4 4 5

3 5 5 8 10 17
x x x
B x x x
x x x
+ + +
 
 
= + + +
 
 
+ + +
 
. Khi đó, B khả nghịch khi và chỉ khi
3 2
3 12 15 6 0x x x− − − − ≠