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). [...]... 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(a + b) = sin a cos b + sin b cos 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... 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 a b c hai cột giống nhau nên bằng 0, còn 2 định thức có dạng a1 b1 c1 suy ra: a2 b2 c2 b+c b1 + c1 b2 + c2 c+a... tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c Theo giả thi t đề bài thì a, b, c cần tìm thỏa hệ phương trình:  a + b + c = −1 a = 1   ⇔ c = 3 a − b + c = 9 4a + 2b + c = −3 b = −5   Câu 85: Giả sử đa thức bậc ba có dạng: g ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d Theo giả thi t đề bài thì a, b, c, d cần tìm thỏa hệ pt: −a + b − c + d = 0 a + b + c + d = 4  Giải hệ pt này bằng pp Gauss  8a + 4b + 2c + d... 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 n 2 − n hệ số bằng 0 nên sẽ có ít nhất 1 dòng hay 1 cột bằng 0 Suy ra detA = 0 Câu 72: Vì A AT = I nên det( A).det( AT ) =... 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 a11a22 a33 , a12 a23a31 , a13a21a32 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 a) =5 1 4 d) b) 2 1 sin α cos α a c + di = 5 c) = 1 d) = ab − c 2 − d 2 −1 2 −... 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 (−1)[ n /2] nhân với định thức cũ c) Định thức mới bằng (−1)[ n /2] nhân với định thức cũ d) Phép biến... thì e) Ta có c 1 0 1 d 1 1 0 2a – b – c –d ≠ 0 0 a b c a 0 c b = a 4 − a 2c 2 − a 2b 2 − 2bca 2 Khi đó để ma trận tương ứng khả f) Ta có b c 0 a c b a 0 nghịch thì a 4 − a 2c 2 − a 2b 2 − 2bca 2 ≠ 0 a a a a a b b b = abcd − abc 2 − ab 2 d + ab 2c − a 2cd + a 2c 2 + ba 2 d − bca 2 Khi g) Ta có a b c c a b c d đó ma trận tương ứng khả nghịch thì định thức trên phải khác 0 Câu 75: a) Ta có: −1  1... 4 5 9  2 3  b) Ta có: −1  1 2 −3   1 −3 0   6 4 5  X =  3 2 −4 ÷ 10 2 7 ÷ =  2 1 2 ÷  ÷  ÷  ÷  2 −1 0 ÷  10 7 8 ÷  3 3 3 ÷       Câu 76: Hệ pt là hệ Cramer khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số khác 0 a) Ta có định thức của ma trận hệ số của hệ a) khác 0 Suy ra hệ a) là hệ cramer Hệ (a) có nghiệm duy nhất là:  x1 = 3   x2 = 1 x = 1  3 b) Ta có định thức của ma trận... pháp cramer giải hệ pt b) Ta được nghiệm của hệ b) là 5   x1 = 9   x = 20  2 9  x = − 5  3 9  −4  x4 = 3  Câu 77: a) Hệ a) là hệ Cramer Hệ này có nghiệm duy nhất là: 122   x1 = 35  −2   x2 = 35  −46   x3 = 35  b) Hệ b) là hệ Cramer Áp dụng phương pháp Cramer giải được nghiệm của hệ b) là  x1 = 2   x2 = −1 x = 1  3 c) Hệ c) là hệ Cramer Áp dụng phương pháp Cramer giải được nghiệm... là hệ Cramer Áp dụng pp Cramer giải được nghiệm của hệ d) là 112  x1 =  51  −41   x2 = 51  1   x3 = 51  e) Hệ e) là hệ Cramer Áp dụng pp Cramer giải được nghiệm của hệ e) là:  x1 = −2 x = 9  2   x3 = −6  x4 = 1  f) Hệ f) là hệ Cramer Áp dụng pp Cramer giải được nghiệm của hệ f) là: 1  x1 =  2   x = 17  2 16  x = 3  3 16  1  x4 =  2 Câu 78: Giải và biện luận các hệ pt sau: