Bài tập chương 1,2,3 đại số tuyến tính | Môn toán cao cấp

lOMoAR cPSD| 47206071 Chương 1, 2, 3
Câu 1. Cho các hệ phương trình tuyến 琀 nh (có n ẩn số) A.X = B (I) và A.X = 0 (II) với A là ma trận vuông
cấp n thỏa mãn A2 = 0. Chọn kết luận sai.
A. Hệ phương trình tuyến 琀 nh (II) có vố số nghiệm
B. Hệ phương trình tuyến 琀 nh (I) có nghiệm duy nhất C. (AT ) 3 = 0
D. A + 3In là một ma trận khả nghịch.
Từ đẳng thức A2 = 0, lấy định thức hai vế ta được |A2| = 0, tức là |A| = 0. Do đó, hệ phtr (I) vô nghiệm
hoặc vô số nghiệm. Vậy ta chọn đáp án B.
Rõ ràng khi |A| = 0 thì hệ phtr thuần nhất (II) có vô số nghiệm, tức đáp án A là đúng. Ta có: (AT
) 3 = (A3 )T = (A2.A) T = (0.A) T = 0, tức đáp án C là đúng.
Mặt khác, ta có: (A + 3In)( A − 3In) = A 2 – 9In = − 9In.
Lấy định thức hai vế, ta được: |(A + 3In)( A − 3In)| = |− 9In|, tức là |A + 3In|.| A − 3In| = (−9)n ≠ 0, suy ra |A + 3In| ≠ 0.
Do đó A + 3In là một ma trận khả nghịch, tức đáp án D là đúng.
Câu 2. Cho A và B là các ma trận vuông cấp n không suy biến và A.B = B.A. Chọn kết quả sai.
A. (A.B) 2 = A2 .B2 B. A.B3 = B3 .A C. A.B−1 = B−1 .A D. AT .B = B.AT .
Ta có: (A.B) 2 = (A.B).(A.B) = A.(B.A).B = A.(A.B).B = (A.A).(B.B) = A2.B2. Do đó đáp án A là đúng.
Ta có: A.B3 = A.B.B.B = (A.B).B.B = (B.A).B.B = B.(A.B).B = B.(B.A).B = B.B.(A.B) = B.B.(B.A)
= B3.A. Vậy đáp án B là đúng.
Từ đẳng thức A.B = B.A, ta nhân bên phải hai vế với B−1 thì được A.B.B−1 = B.A. B−1 , tức là A = B. A.B−1 lOMoAR cPSD| 47206071
. Tiếp theo, ta nhân bên trái hai vế của đẳng thức sau cùng với B−1 thì được B−1.A = B−1.B.A.B−1,
tức là B−1.A = A.B−1 . Do đó đáp án C là đúng. Vậy đáp án D là sai.
Câu 3. Cho A là ma trận vuông cấp 3 thỏa mãn A.AT .A = 4I3. Khi đó det 1 1 A 4 − là A. 16 B. 4 C. 1/4 D. 1/16.
Từ đẳng thức A.AT .A = 4I3, lấy định thức hai vế ta được: |A.AT .A| = |4I3|, tức là |A|.|A|.|A| = 43. Do đó |A| = 4.
Ta có: det{[(1/4).A]−1} = 1 / |(1/4).A| = 1 / [(1/4) 3.|A|] = 1 / [(1/4) 3.4] = 16. Vậy ta chọn đáp án A. Câu 4. Cho ma trận A = 2 3 1 3 m 3 4 4 2
với m∈  . Ký hiệu Rank(A) là hạng của ma trận A. Chọn câu sai. lOMoAR cPSD| 47206071
A. Tồn tại m∈  để A khả nghịch
B. Phương trình A.X = 2I3 có nghiệm với mọi m∈ 
C. Rank(A) không phụ thuộc m
D. Tồn tại m∈  để Rank(A) = 2.
Ta có định thức |A| = 6 ≠ 0 với mọi m.
Do đó, ma trận A khả nghịch và hạng Rank(A) = 3 với mọi m.
Vì thế các đáp án A, B và C là đúng và đáp án D là sai. Vậy, ta chọn đáp án D.
Câu 5. Trong mô hình Intput-Output mở Leon 琀椀 ef, cho ma trận hệ số đầu vào là ij 3 3 A (a ) × = với ij i j a 20 + =
với mọi i, j {1, 2, 3}∈ . Biết sản lượng của ba ngành lần lượt là 140, 160 và 200. Khi đó, yêu cầu của ngành
mở đối với ba ngành lần lượt là
A. 62, 57, 72 B. 62, 57, 74 C. 78, 103, 128 D. 62, 78, 57.
Ta có: a 11 = 0,1; a 12 = 0,15; a 13 = 0,2; a 21 = 0,15; a 22 = 0,2; a 23 = 0,25; a 31 = 0,2; a 32 = 0,25; a 33 = 0,3 và X = (140, 160, 200) T .
Do đó: D = X – AX = … = (62, 57, 72)T . Vậy ta chọn đáp án A.
Câu 6. Cho A là ma trận vuông cấp 3 có |A| = −2. Ký hiệu PA và P-2A lần lượt là ma trận phụ hợp của ma
trận A và ma trận −2A. Chọn kết quả đúng.
A. P-2A = −2PA B. P-2A = 4PA C. |PA | = −2 D. |P -2A | = 4.
Ta có: (−2A) −1 = (1/|−2A|).P−2A ⇔ (−1/2).A−1 = {1/[(−2)3.|A|]}.P−2A
⇔ (−1/2).A−1 = {1/[(−2)3.(−2)]}.P−2A ⇔ P−2A = −8.A−1. (1) lOMoAR cPSD| 47206071
Mặt khác, ta có: A −1 = (1/|A|).PA, tức là PA = −2.A −1. (2)
Từ (1) và (2), ta suy ra P−2A = 4.PA . Vậy ta chọn đáp án B.
Câu 7. Cho A là ma trận vuông cấp 4 khả đảo, B = PA là ma trận phụ hợp của A, và I4 là ma trận đơn vị
cấp 4. Phát biểu nào sau đây là sai? A. B−1 = 1 .A det A B. (PA .PB )−1 = 43 1 .I (det A) C. PB = 3 (det A) .A D. PB = 2 (det A) .A .
Ta thấy rằng các đáp án C và D là đồng dạng. Do đó, ta có thể nghĩ rằng một trong hai đáp này là sai.
Ta có: A−1 = (1 / |A|).PA, tức là B = |A|.A−1. (*)
Lấy định thức hai vế của (*), ta được: |B| = |A|4.|A−1| = |A|4 .(1 / |A|) = |A|3.
Lấy nghịch đảo hai vế của (*), ta được: B−1 = (1 / |A|).[A−1]−1 = (1 / |A|).A.
Mặt khác, ta có: B−1 = (1 / |B|).PB, tức là PB = |B|.B−1 = |A|3.(1 / |A|).A = |A|2.A. Vậy, đáp án C là sai. Câu 8. Cho A = 2 2 2 m 9 18 18 18 18 m 9 18 m 9 18 + + + lOMoAR cPSD| 47206071
với m∈  . Khi đó, A.AT không khả nghịch khi và chỉ khi
A. m = ±3 hay m = ±45 B. m = ±45 C. m = ±3 D. các câu kia đều sai.
Ta có: |A| = − (m 2 − 9) 2 .(m 2 + 45).
Do đó, A.AT không khả nghịch ⇔ |A.AT | = 0 ⇔ |A|.|A T | = 0
⇔ |A|.|A| = 0 ⇔ |A| = 0 ⇔
− (m 2 − 9) 2.(m 2 + 45) = 0 ⇔ m = ±3. Vậy ta chọn đáp án C.
Câu 9. Trong mô hình Intput-Output mở, cho ma trận hệ số đầu vào A = 0, 2 0, 3 0, 5 0, 4
. Gọi x1 và x 2 lần lượt là giá trị sản lượng đầu ra của ngành 1 và 2. Khi đó, nếu (x1, x2) = (600, 500)
thì tổng giá trị nguyên liệu của ngành 1 cung cấp cho ngành 2 và ngành 2 cung cấp cho ngành 1 là A. 270 B. 450 C. 500 D. 380.
Ta dùng quy tắc tam suất để giải câu này. Ta có sơ đồ: a12 = 0,3 -----> 1 ? -----> x 2 = 500.
Do đó, sản lượng nguyên liệu mà ngành 1 cung cấp cho ngành 2 là:
a 12x 2 = 0,3.500 = 150 (đvt).
Tương tự, ta có sơ đồ: a 21 = 0,5 -----> 1 ? -----> x 1 = 600.
Do đó, sản lượng nguyên liệu mà ngành 2 cung cấp cho ngành 1 là:
a 21x 1 = 0,5.600 = 300 (đvt). lOMoAR cPSD| 47206071
Vì thế, tổng giá trị nguyên liệu của ngành 1 cung cấp cho ngành 2 và ngành 2 cung cấp cho ngành 1 là:
a 12x2 + a 21x 1 = 150 + 300 = 450 (đvt). Vậy ta chọn đáp án B.
Câu 10. Cho A, B và C là các mtr vuông cấp 4 có |A| = 2, |B| = 3, |C| = 36 và M = 2A3 .B2 .C−1 . Tính |M|.
A. |M| = 64 B. |M| = 108 C. |M| = 16 D. Các kết quả kia đều sai.
Cách giải câu này tương tự cách giải Bài tập 3.10 trong File Bài giảng chương 3.
Câu 11. Cho A và B là các ma trận vuông cùng cấp và khả nghịch. Đặt C = (2/5)AT (7/3)B và xét phương
trình CX = AT. Khi đó A. X = (14/15)(B−1 ) T A−1 B. X = (15/14)(AT )−1 B−1 A
C. X = (15/14)B−1 D. X = (14/15)(A−1 )T B−1 AT . Câu 12. Cho ma trận A = 0 2 1 2 2 1 0 m 1
với m∈  . Đặt B = (I3 + A) 2. Khi đó, B suy biến khi và chỉ khi
A. m = −2 B. m = 2 C. m = ±2 D. không tồn tại m. lOMoAR cPSD| 47206071
Câu 13. Cho A là ma trận vuông cấp 4. Ký hiệu PA là ma trận phụ hợp của A. Biết rằng |PA | = 27, thế thì
A. |2A| = 48 B. |2A| = 24 C. |2A| = 12 D. |2A| = 6. Ta có: A.PA = |A|.I4. (1)
Lấy định thức hai vế của (1), ta được: |A.PA | = ||A|.I4|, tức là |A|.|PA | = |A|4.|I 4 |.
Vì thế, |PA | = |A|3, tức là |A| = 3. Do đó, |2A| = 24.|A| = 48. Vậy, ta chọn đáp án A.
Câu 14. Cho hệ ph. trình tuyến 琀 nh (I): x y z 3 mx y 2z 2m 2mx 3y 2z m + + = − + = − + = −
. Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A. m ≠ −2 B. m ≠ 2 C. m ≠ 4 D. m ≠ −4.
Câu 15. Trong mô hình Intput-Output mở Leon 琀椀 ef, cho ma trận hệ số đầu vào là A = 0, 3 0,1 0, 3 0, 2 0, 2 0, 2 0, 3 0, 4 0, 2 lOMoAR cPSD| 47206071 .
Biết ngành 3 cung cấp 80 (đvt) cho ngành 2. Khi đó, ngành 1 phải cung cấp cho ngành 2 là A. 40 B. 30 C. 20 D. 10.
Vì ngành 3 cung cấp 80 (đvt) cho ngành 2, ta có: a 32.x2 = 80, suy ra x 2 = 80/0,4 = 200.
Do đó, ngành 1 cung cấp cho ngành 2 là a12.x 2 = 0,1.200 = 20 (đvt). Vậy ta chọn đáp án C. Câu 16. Cho m. trận A = 3 1 1 2 2 2 1 1 m − −
với m∈  . Đặt B = (2I3 − A) 2. Khi đó, B suy biến khi và chỉ khi
A. m = ±1 B. m = 1 C. m = −1 D. không tồn tại m. Câu 17. Cho ma trận A = 2 5 1 m 1 m 1 1 1 2 − − − lOMoAR cPSD| 47206071
. Ký hiệu R(A) là hạng của ma trận A. Tìm m để R(A) ≤ 2.
A. m = 2 B. m ≠ 2 C. m ≠ 1 D. m = 1.
Ta có: R(A) > 2 ⇔ R(A) = 3 ⇔ |A| ≠ 0.
Do đó, R(A) ≤ 2 ⇔ |A| = 0.
Câu 18. Cho hệ phương trình tuyến 琀 nh (I): 4x 2y mz 2 mx y z 1 2x y z 1 + + = + + = + − = −
với m∈  . Tìm m để hệ (I) vô nghiệm.
A. m = ±2 B. m = 2 C. m = −2 D. Không tồn tại m.
Câu 19. Trong mô hình Intput-Output mở Leon 琀椀 ef, cho ma trận hệ số đầu vào là A = 0, 3 0, 4 0, 3 0, 3 0,1 0, 2 0, 2 0, 2 0, 2 lOMoAR cPSD| 47206071 .
Biết ngành 1 cung cấp 80 (đvt) cho ngành 2. Khi đó, ngành 2 phải tự cung cấp cho chính nó là A. 10 B. 20 C. 30 D. 40.
Câu 20. Cho hệ phương trình tuyến 琀 nh (I): x y z m 2x my 2z 2 3x 2y mz 1 + − = + + = − + + = −
. Tìm m để hệ (I) có vô số nghiệm.
A. m = 1 B. m = 2 C. m = −2 D. Không tồn tại m.
Đáp án: 1B, 2D, 3A, 4D, 5A, 6B, 7C, 8C, 9B, 10D,
11C, 12B, 13A, 14D, 15C, 16C, 17D, 18C, 19B, 20A. Bài tập
3.28: Cho A và B là các ma trận vuông cấp n thỏa A2
B – AB2 = In. Chọn kết luận sai:
A. Các mtr A, B và A – B đều khả nghịch
B. Mtr A – B khả nghịch và (A – B)−1 = BA C. AB(A – B) = In D. A – B = A−1 B−1 . lOMoAR cPSD| 47206071
Từ đẳng thức A2.B – A.B2 = In, ta có: A.(A – B).B = In (1). Do đó đáp án C là sai.
Lấy định thức hai vế của (1), ta được |A.(A – B).B| = |In|, tức là |A|.|A – B|.|B| = 1. Do đó |A| ≠ 0,
|B| ≠ 0 và |A – B| ≠ 0, tức là các ma trận A, B và A – B là khả nghịch. Vì thế, đáp án A là đúng.
Nhân bên trái hai vế của (1) với A−1 , ta
được A−1.A.(A – B).B = A−1.In, tức là: (A – B).B = A−1 (2).
Nhân bên phải hai vế của (2) với B −1
, ta được (A – B).B. B−1 = A−1. B−1
, tức là A – B = A−1. B−1.
Do đó, đáp án D là đúng.
Hơn nữa, ta có (A – B)−1 = [A−1. B−1]−1 = [B−1]−1.[ A−1]−1 = B.A. Vì vậy, đáp án B là đúng.
Bài tập 3.29: Cho A, B và X là các mtr vuông cấp n thỏa mãn AX = B và X2 = In trong đó X ≠ − In. Chọn phát biểu sai:
A. Nếu A khả nghịch thì B khả nghịch; B. BX = A;
C. A – B là mtr suy biến; D. det(X) = 1.
Từ đẳng thức X2 = In , ta suy ra |X2 | = |In|, tương đương với |X|.|X| = 1, tức là |X| = 1 hoặc |X| = –1.
Vậy, ta chọn đáp án sai là D.
Từ đẳng thức AX = B, ta suy ra |AX| = |B|, tức là |B| = |A|.|X|.
Do đó, nếu A khả nghịch, tức |A| khác 0 thì |B| = |A|.|X| cũng khác 0. Vì thế B khả nghịch, tức đáp án A là đúng.
Hơn nữa, ta có BX = AX.X = A.X2 = A.In = A, tức đáp án B là đúng.
Từ đẳng thức X2 = In, ta có In – X2 = 0, tức là (In – X).(In + X) = 0 (1).
Nếu định thức |In – X| khác 0, thì ma trận In – X khả nghịch, tức là tồn tại ma trận nghịch đảo (In – X)−1. lOMoAR cPSD| 47206071
Nhân bên trái hai vế của đẳng thức (1) với ma trận (In – X)−1 , ta được
(In – X)−1.( In – X).(In + X) = (In – X)−1.0, tức là In + X = 0.
Điều này vô lý vì theo giả thiết thì X ≠ – In.
Vì thế định thức |In – X| = 0.
Do đó |A – B| = |A – AX| = |A.(I n – X)| = |A|.|In – X| = |A|.0 = 0.
Vậy A – B là ma trận suy biến, tức đáp án C là đúng.
Bài tập 3.30: Cho A = (a ij) n×n là mtr có a ij = 0 với mọi i > j và thỏa mãn AT + 2A = In. Chọn phát biểu sai: A. A = AT ; B. |A| = 3n; C. A + 2AT = In; D. |A| = 1/3n.
Từ giả thiết aij = 0 với mọi i > j và từ đẳng thức AT + 2A = In, ta có 11 11 12 1n 12 22 22 2n1n 2n nn nn ... ... ... ... ... ... a 0 0 a a a 1 0 ... 0 a a 0 0 a a 0 1 ... 0
2 ... ... ...... ... ... ... ... ... 0 0 ... 1a a a 0 0 a + lOMoAR cPSD| 47206071 =
⇔ a ii + 2a ii = 1 với mọi i = 1, 2, ..., n và aij = 0 với mọi i < j
⇔ a ii = 1/3 với mọi i = 1, 2, ..., n và aij = 0 với mọi i < j. Do đó, ta được 1/ 3 0 ... 0 0 1/ 3 ... 0 A ... ... ... 0 0 ... 1/3 = , tức là det(A) = 1/3 n. Vậy, ta chọn đáp án A.