Bộ đề ôn tập Toán cao cấp: Đại số tuyến tính và Ứng dụng Mô hình kinh tế (FTU)

PHẦN ĐỀ BÀI (15 CÂU HỎI TỰ LUẬN)

Câu 1. Cho ma trận $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 2 & 5 & 1 & 4 \\ 1 & 3 & 2 & m \\ 3 & 7 & 0 & 7 \end{pmatrix}$.
a) Tính định thức của ma trận $A$ theo tham số $m$.
b) Tìm giá trị của $m$ để ma trận $A$ khả nghịch. Khi $m = 2$, tính định thức của ma trận $2A^{-1}$.

Câu 2. Cho ma trận $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 4 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ và ma trận $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$.
a) Tìm ma trận nghịch đảo $A^{-1}$ bằng phương pháp ma trận phụ hợp (hoặc phương pháp Gauss - Jordan).
b) Tìm ma trận $X$ thỏa mãn phương trình ma trận: $A X = B$.

Câu 3. Giải và biện luận hạng của ma trận sau theo tham số thực $m$:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 2 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & -2 \\ 3 & 5 & 0 & m \end{pmatrix}$$

Câu 4. Trong không gian véctơ $\mathbb{R}^4$, cho hệ véctơ $S = \{u_1, u_2, u_3, u_4\}$ với:

$$u_1 = (1; 2; -1; 1), \quad u_2 = (2; 5; 0; 3), \quad u_3 = (1; 1; -3; 0), \quad u_4 = (3; 8; 1; m)$$

a) Xác định $m$ để hệ véctơ $S$ phụ thuộc tuyến tính.
b) Khi $m = 5$, tìm một cơ sở và số chiều của không gian con $W = \operatorname{span}(S)$.

Câu 5. Trong không gian véctơ $\mathbb{R}^3$, cho hệ véctơ $B = \{v_1 = (1; 1; 1), v_2 = (1; 1; 0), v_3 = (1; 0; 0)\}$.
a) Chứng minh rằng $B$ là một cơ sở của không gian $\mathbb{R}^3$.
b) Tìm tọa độ của véctơ $x = (3; -2; 5)$ đối với cơ sở $B$.

Câu 6. Cho hệ phương trình tuyến tính:

$$\begin{cases} x_1 + 2x_2 - 3x_3 + 2x_4 = 1 \\ 2x_1 + 5x_2 - 5x_3 + 3x_4 = 4 \\ x_1 + 3x_2 - 2x_3 + x_4 = 3 \\ 3x_1 + 8x_2 - 7x_3 + 4x_4 = 7 \end{cases}$$

Giải hệ phương trình trên bằng phương pháp khử ẩn liên tiếp Gauss.

Câu 7. Cho hệ phương trình tuyến tính phụ thuộc tham số $m$:

$$\begin{cases} x + 2y - z + t = 1 \\ 2x + 5y + z + 3t = 2 \\ x + 3y + 2z + 2t = 1 \\ 3x + 7y + m t = m + 1 \end{cases}$$

Tìm $m$ để hệ phương trình trên:
a) Có nghiệm duy nhất.
b) Vô số nghiệm. Tìm nghiệm tổng quát trong trường hợp này.
c) Vô nghiệm.

Câu 8. Tìm một cơ sở và số chiều của không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau:

$$\begin{cases} x_1 + 3x_2 - 2x_3 + 5x_4 = 0 \\ 2x_1 + 7x_2 - 3x_3 + 9x_4 = 0 \\ 3x_1 + 8x_2 - 7x_3 + 16x_4 = 0 \end{cases}$$

Câu 9. Cho ma trận $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$.
a) Tìm các giá trị riêng và véctơ riêng tương ứng của ma trận $A$.
b) Ma trận $A$ có chéo hóa được không? Nếu có, tìm ma trận khả nghịch $P$ và ma trận đường chéo $D$ sao cho $P^{-1} A P = D$. Tính $A^{10}$.

Câu 10. Giả sử một thị trường có hai loại hàng hóa có quan hệ với nhau, hàm cung ($Q_s$) và hàm cầu ($Q_d$) của từng mặt hàng được cho bởi:

$$\begin{cases} Q_{d1} = 40 - 2P_1 + P_2 \\ Q_{s1} = -10 + 3P_1 \\ Q_{d2} = 50 + P_1 - 3P_2 \\ Q_{s2} = -5 + 2P_2 \end{cases}$$

(trong đó $P_1, P_2$ lần lượt là giá của hàng hóa 1 và hàng hóa 2; $P_1, P_2 > 0$).
a) Hai mặt hàng trên là hàng hóa thay thế hay bổ sung cho nhau? Giải thích.
b) Thiết lập hệ phương trình xác định giá cân bằng thị trường dưới dạng ma trận $A \cdot P = B$ và sử dụng quy tắc Cramer để tìm mức giá cân bằng $(P_1^*, P_2^*)$ cùng lượng cân bằng tương ứng của mỗi mặt hàng.

Câu 11. Xét thị trường của 3 loại hàng hóa liên quan có hàm cầu và hàm cung như sau:

$$\begin{aligned} &Q_{d1} = 50 - 2P_1 + P_2 + P_3, \quad &&Q_{s1} = -10 + 2P_1 \\ &Q_{d2} = 60 + P_1 - 3P_2 + 2P_3, \quad &&Q_{s2} = -20 + 3P_2 \\ &Q_{d3} = 75 + P_1 + 2P_2 - 4P_3, \quad &&Q_{s3} = -5 + P_3 \end{aligned}$$

Tìm mức giá cân bằng của ba mặt hàng trên bằng phương pháp ma trận nghịch đảo.

Câu 12. Giả sử mô hình cân bằng thu nhập quốc dân của một nền kinh tế đóng được xác định bởi hệ phương trình:

$$\begin{cases} Y = C + I_0 + G_0 \\ C = 120 + 0{,}75(Y - T) \\ T = 40 + 0{,}2Y \end{cases}$$

trong đó: $Y$ là thu nhập quốc dân, $C$ là tiêu dùng, $T$ là thuế, đầu tư dự kiến $I_0 = 150$, chi tiêu chính phủ $G_0 = 200$.
a) Thiết lập hệ phương trình dạng ma trận đối với ba biến nội sinh $(Y, C, T)$.
b) Tính mức thu nhập quốc dân cân bằng $Y^*$, tiêu dùng cân bằng $C^*$ và thuế cân bằng $T^*$.
c) Nếu chính phủ tăng chi tiêu $G_0$ thêm 30 đơn vị thì thu nhập quốc dân cân bằng thay đổi như thế nào?

Câu 13. Xét mô hình cân bằng vĩ mô mở gồm các biến nội sinh $Y$ (thu nhập), $C$ (tiêu dùng), $M$ (nhập khẩu):

$$\begin{cases} Y = C + I_0 + G_0 + X_0 - M \\ C = C_0 + c Y \quad (0 < c < 1) \\ M = M_0 + m Y \quad (0 < m < 1, \; c - m < 1) \end{cases}$$

trong đó $I_0, G_0, X_0, C_0, M_0$ là các đại lượng ngoại sinh dương.
a) Biểu diễn hệ phương trình dưới dạng phương trình ma trận $A X = B$.
b) Dùng quy tắc Cramer xác định thu nhập cân bằng $Y^*$ theo các thông số ngoại sinh.
c) Xác định số nhân chi tiêu chính phủ $\dfrac{\partial Y^*}{\partial G_0}$ và nêu ý nghĩa kinh tế.

Câu 14. Giả sử một nền kinh tế gồm 2 ngành sản xuất (Ngành 1: Nông nghiệp, Ngành 2: Công nghiệp) có ma trận hệ số kỹ thuật (ma trận tiêu hao nội bộ):

$$A = \begin{pmatrix} 0{,}2 & 0{,}3 \\ 0{,}4 & 0{,}1 \end{pmatrix}$$

và véc tơ cầu cuối (ngoại sinh) đối với sản phẩm của hai ngành trong năm kế hoạch là $D = \begin{pmatrix} 120 \\ 180 \end{pmatrix}$ (đơn vị: tỷ đồng).
a) Nêu ý nghĩa kinh tế của hệ số $a_{12} = 0{,}3$ trong ma trận $A$.
b) Tìm ma trận Leontief $(I - A)$ và kiểm tra điều kiện khả dụng của mô hình Leontief.
c) Xác định mức tổng sản lượng đầu ra $X = \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix}$ của hai ngành để đáp ứng đủ cho nhu cầu sản xuất và cầu cuối cùng.

Câu 15. Một nền kinh tế gồm 3 ngành kinh tế có ma trận hệ số kỹ thuật:

$$A = \begin{pmatrix} 0{,}1 & 0{,}2 & 0{,}2 \\ 0{,}3 & 0{,}1 & 0{,}1 \\ 0{,}2 & 0{,}2 & 0{,}2 \end{pmatrix}$$

a) Biết mức tổng sản lượng thực tế của 3 ngành lần lượt là $X = (300; 200; 250)^T$ (đơn vị: triệu USD). Hãy xác định giá trị cầu cuối $D$ của từng ngành.
b) Tính tỷ lệ giá trị gia tăng (VA) trên một đơn vị sản lượng của mỗi ngành. Ngành nào tạo ra giá trị gia tăng trên một đơn vị sản phẩm cao nhất?

--------- HẾT ---------

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

a) Tính $\det(A)$:
Ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp theo dòng để đưa định thức về dạng tam giác:

$$\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 2 & 5 & 1 & 4 \\ 1 & 3 & 2 & m \\ 3 & 7 & 0 & 7 \end{vmatrix}$$

Thực hiện các phép biến đổi: $d_2 \to d_2 - 2d_1$, $d_3 \to d_3 - d_1$, $d_4 \to d_4 - 3d_1$:

$$\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 3 & m - 3 \\ 0 & 1 & 3 & -2 \end{vmatrix}$$

Nhận thấy dòng 2 và dòng 4 hoàn toàn giống nhau:

$$d_4 \equiv d_2 \implies \det(A) = 0 \quad \text{với mọi } m \in \mathbb{R}.$$

b) Nhận xét:
Vì $\det(A) = 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$, nên không tồn tại giá trị nào của $m$ để ma trận $A$ khả nghịch.
Do đó, khi $m = 2$, ma trận $A$ không khả nghịch (không tồn tại $A^{-1}$).

Câu 2

a) Tính $\det(A)$:

$$\det(A) = 1(0 - 4) - 2(0 - 4) + 1(2 - 5) = -4 + 8 - 3 = 1 \ne 0$$

Do $\det(A) = 1 \ne 0$, ma trận $A$ khả nghịch.
Các phần bù đại số $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$:
- $C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} 5 & 4 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -4$
- $C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 2 & 4 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -(-4) = 4$
- $C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 2 - 5 = -3$
- $C_{21} = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -(-1) = 1$
- $C_{22} = (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -1$
- $C_{23} = (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = -(1 - 2) = 1$
- $C_{31} = (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 4 \end{vmatrix} = 8 - 5 = 3$
- $C_{32} = (-1)^{3+2} \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 4 \end{vmatrix} = -(4 - 2) = -2$
- $C_{33} = (-1)^{3+3} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} = 5 - 4 = 1$

Ma trận phụ hợp $P_A = C^T$:

$$P_A = \begin{pmatrix} -4 & 1 & 3 \\ 4 & -1 & -2 \\ -3 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

Vậy $A^{-1} = \dfrac{1}{\det(A)} P_A = \begin{pmatrix} -4 & 1 & 3 \\ 4 & -1 & -2 \\ -3 & 1 & 1 \end{pmatrix}$.

b) Phương trình $A X = B \iff X = A^{-1} B$:

$$X = \begin{pmatrix} -4 & 1 & 3 \\ 4 & -1 & -2 \\ -3 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4(1) + 1(2) + 3(0) & -4(0) + 1(1) + 3(3) \\ 4(1) - 1(2) - 2(0) & 4(0) - 1(1) - 2(3) \\ -3(1) + 1(2) + 1(0) & -3(0) + 1(1) + 1(3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 10 \\ 2 & -7 \\ -1 & 4 \end{pmatrix}$$

Câu 3

Biến đổi ma trận $A$ bằng các phép biến đổi sơ cấp theo dòng:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 2 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & -2 \\ 3 & 5 & 0 & m \end{pmatrix} \xrightarrow{\begin{matrix} d_2 \to d_2 - 2d_1 \\ d_3 \to d_3 - d_1 \\ d_4 \to d_4 - 3d_1 \end{matrix}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & -1 & 3 & -5 \\ 0 & -1 & 3 & -5 \\ 0 & -1 & 3 & m - 9 \end{pmatrix}$$

Thực hiện tiếp: $d_3 \to d_3 - d_2$, $d_4 \to d_4 - d_2$:

$$\xrightarrow{\quad} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & -1 & 3 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & m - 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{\text{đổi } d_3 \leftrightarrow d_4} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 0 & -1 & 3 & -5 \\ 0 & 0 & 0 & m - 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Kết luận:
- Nếu $m - 4 \ne 0 \iff m \ne 4$: Ma trận có 3 dòng khác 0 $\implies \operatorname{rank}(A) = 3$.
- Nếu $m - 4 = 0 \iff m = 4$: Ma trận có 2 dòng khác 0 $\implies \operatorname{rank}(A) = 2$.

Câu 4

Lập ma trận $M$ nhận các véctơ $u_1, u_2, u_3, u_4$ làm các dòng:

$$M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & 5 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & -3 & 0 \\ 3 & 8 & 1 & m \end{pmatrix} \xrightarrow{\begin{matrix} d_2 \to d_2 - 2d_1 \\ d_3 \to d_3 - d_1 \\ d_4 \to d_4 - 3d_1 \end{matrix}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & -1 \\ 0 & 2 & 4 & m - 3 \end{pmatrix}$$

Biến đổi tiếp: $d_3 \to d_3 + d_2$, $d_4 \to d_4 - 2d_2$:

$$M \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & m - 5 \end{pmatrix}$$

a) Hệ véctơ $S$ gồm 4 véctơ trong $\mathbb{R}^4$. Hệ $S$ phụ thuộc tuyến tính $\iff \operatorname{rank}(M) < 4$.
Từ dạng bậc thang, dòng thứ 3 bằng 0, do đó $\operatorname{rank}(M) \le 3 < 4$ với mọi giá trị của $m$.
Vậy hệ $S$ luôn phụ thuộc tuyến tính với mọi $m \in \mathbb{R}$.
b) Khi $m = 5$, ta có dạng ma trận bậc thang:

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Hạng của hệ véctơ bằng 2. Do đó:
- Số chiều: $\dim(W) = 2$.
- Một cơ sở của $W$ là hệ gồm 2 véctơ tương ứng với hai dòng khác không:

$$\mathcal{B}_W = \{(1; 2; -1; 1), (0; 1; 2; 1)\} \quad \text{hoặc chọn } \{u_1, u_2\}.$$

Câu 5

a) Xét phương trình véctơ: $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 = 0$:

$$c_1 (1; 1; 1) + c_2 (1; 1; 0) + c_3 (1; 0; 0) = (0; 0; 0) \iff \begin{cases} c_1 + c_2 + c_3 = 0 \\ c_1 + c_2 = 0 \\ c_1 = 0 \end{cases} \implies c_1 = 0, c_2 = 0, c_3 = 0$$

Do đó hệ $B$ độc lập tuyến tính.
Vì $\dim(\mathbb{R}^3) = 3$ và hệ $B$ gồm 3 véctơ độc lập tuyến tính nên $B$ là một cơ sở của $\mathbb{R}^3$.

b) Giả sử tọa độ của $x$ đối với cơ sở $B$ là $[x]_B = \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \alpha_3 \end{pmatrix}$, nghĩa là:

$$\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = x \iff \begin{cases} \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = 3 \\ \alpha_1 + \alpha_2 = -2 \\ \alpha_1 = 5 \end{cases}$$

Giải hệ trên:
- Từ phương trình (3): $\alpha_1 = 5$.
- Thế vào phương trình (2): $5 + \alpha_2 = -2 \implies \alpha_2 = -7$.
- Thế vào phương trình (1): $5 - 7 + \alpha_3 = 3 \implies \alpha_3 = 5$.
Vậy $[x]_B = (5; -7; 5)^T$.

Câu 6

Lập ma trận bổ sung $\bar{A}$:

$$\bar{A} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & \big| & 1 \\ 2 & 5 & -5 & 3 & \big| & 4 \\ 1 & 3 & -2 & 1 & \big| & 3 \\ 3 & 8 & -7 & 4 & \big| & 7 \end{pmatrix} \xrightarrow{\begin{matrix} d_2 \to d_2 - 2d_1 \\ d_3 \to d_3 - d_1 \\ d_4 \to d_4 - 3d_1 \end{matrix}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & \big| & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & \big| & 2 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & \big| & 2 \\ 0 & 2 & 2 & -2 & \big| & 4 \end{pmatrix}$$

Biến đổi tiếp: $d_3 \to d_3 - d_2$, $d_4 \to d_4 - 2d_2$:

$$\bar{A} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & \big| & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & \big| & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \big| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \big| & 0 \end{pmatrix}$$

Ta có $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\bar{A}) = 2 < 4$ (số ẩn). Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào $4 - 2 = 2$ ẩn tự do.
Chọn $x_3 = s, x_4 = t$ ($s, t \in \mathbb{R}$):
- Từ dòng 2: $x_2 + x_3 - x_4 = 2 \implies x_2 = 2 - s + t$.
- Từ dòng 1: $x_1 = 1 - 2x_2 + 3x_3 - 2x_4 = 1 - 2(2 - s + t) + 3s - 2t = -3 + 5s - 4t$.

Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:

$$(x_1, x_2, x_3, x_4) = (-3 + 5s - 4t; \; 2 - s + t; \; s; \; t) \quad (s, t \in \mathbb{R}).$$

Câu 7

Lập ma trận hệ số mở rộng $\bar{A}$:

$$\bar{A} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & \big| & 1 \\ 2 & 5 & 1 & 3 & \big| & 2 \\ 1 & 3 & 2 & 2 & \big| & 1 \\ 3 & 7 & 0 & m & \big| & m + 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{\begin{matrix} d_2 \to d_2 - 2d_1 \\ d_3 \to d_3 - d_1 \\ d_4 \to d_4 - 3d_1 \end{matrix}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & \big| & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & \big| & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & \big| & 0 \\ 0 & 1 & 3 & m - 3 & \big| & m - 2 \end{pmatrix}$$

Biến đổi tiếp: $d_3 \to d_3 - d_2$, $d_4 \to d_4 - d_2$:

$$\bar{A} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & \big| & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & \big| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \big| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & m - 4 & \big| & m - 2 \end{pmatrix} \xrightarrow{d_3 \leftrightarrow d_4} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1 & \big| & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 1 & \big| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & m - 4 & \big| & m - 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \big| & 0 \end{pmatrix}$$

a) Hệ phương trình có 4 ẩn, mà ma trận bậc thang có tối đa 3 dòng khác 0 nên $\operatorname{rank}(A) \le 3 < 4$. Do đó hệ không bao giờ có nghiệm duy nhất với mọi $m$.
b) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\bar{A})$.
- Nếu $m = 4$, dòng 3 có dạng $(0 \; 0 \; 0 \; 0 \mid 2) \implies \operatorname{rank}(A) = 2 \ne \operatorname{rank}(\bar{A}) = 3 \implies$ Hệ vô nghiệm.
- Nếu $m \ne 4$, $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(\bar{A}) = 3 < 4 \implies$ Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 ẩn tự do.
Tìm nghiệm khi $m \ne 4$:
Từ dòng 3: $(m - 4)t = m - 2 \implies t = \dfrac{m - 2}{m - 4}$.
Chọn ẩn tự do $z = k \in \mathbb{R}$:
Từ dòng 2: $y = -3z - t = -3k - \dfrac{m - 2}{m - 4}$.
Từ dòng 1: $x = 1 - 2y + z - t = 1 - 2\left(-3k - \dfrac{m - 2}{m - 4}\right) + k - \dfrac{m - 2}{m - 4} = 1 + 7k + \dfrac{m - 2}{m - 4}$.
c) Hệ vô nghiệm khi $m = 4$.

Câu 8

Ma trận hệ số của hệ phương trình thuần nhất:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 5 \\ 2 & 7 & -3 & 9 \\ 3 & 8 & -7 & 16 \end{pmatrix} \xrightarrow{\begin{matrix} d_2 \to d_2 - 2d_1 \\ d_3 \to d_3 - 3d_1 \end{matrix}} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{d_3 \to d_3 + d_2} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Ta có $\operatorname{rank}(A) = 2$.
Số ẩn $n = 4$. Số chiều của không gian nghiệm: $\dim(V) = n - \operatorname{rank}(A) = 4 - 2 = 2$.
Chọn $x_3 = u, x_4 = v$ làm 2 ẩn tự do:
- $x_2 = -x_3 + x_4 = -u + v$
- $x_1 = -3x_2 + 2x_3 - 5x_4 = -3(-u + v) + 2u - 5v = 5u - 8v$

Véctơ nghiệm tổng quát:

$$X = \begin{pmatrix} 5u - 8v \\ -u + v \\ u \\ v \end{pmatrix} = u \begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + v \begin{pmatrix} -8 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Vậy:
- Số chiều: $\dim(V) = 2$.
- Một cơ sở của không gian nghiệm là: $\mathcal{B} = \{(5; -1; 1; 0), (-8; 1; 0; 1)\}$.

Câu 9

a) Phương trình đặc trưng của $A$:

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 4 - \lambda \end{vmatrix} = (1 - \lambda)(4 - \lambda) - 4 = \lambda^2 - 5\lambda = 0 \implies \lambda_1 = 0, \; \lambda_2 = 5$$

- Với $\lambda_1 = 0$: Hệ phương trình $(A - 0I)X = 0 \iff \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x_1 + 2x_2 = 0$.
Chọn $x_2 = 1 \implies x_1 = -2$. Véctơ riêng ứng với $\lambda_1 = 0$ là $p_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$.
- Với $\lambda_2 = 5$: Hệ phương trình $(A - 5I)X = 0 \iff \begin{pmatrix} -4 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies 2x_1 - x_2 = 0$.
Chọn $x_1 = 1 \implies x_2 = 2$. Véctơ riêng ứng với $\lambda_2 = 5$ là $p_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

b) Vì ma trận $A$ cấp $2 \times 2$ có 2 giá trị riêng phân biệt $(\lambda_1 \ne \lambda_2)$ nên $A$ chéo hóa được.
Đặt $P = (p_1 \; p_2) = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$. Khi đó $\det(P) = -4 - 1 = -5 \ne 0$.
Ma trận đường chéo tương ứng: $D = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$.
Ta có $P^{-1} A P = D \implies A = P D P^{-1}$.
Tính $P^{-1} = -\dfrac{1}{5} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2/5 & 1/5 \\ 1/5 & 2/5 \end{pmatrix}$.
Khi đó:

$$A^{10} = P D^{10} P^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 5^{10} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2/5 & 1/5 \\ 1/5 & 2/5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 5^{10} \\ 0 & 2 \cdot 5^{10} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2/5 & 1/5 \\ 1/5 & 2/5 \end{pmatrix} = 5^9 \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}.$$

Câu 10

a) Ta có $\dfrac{\partial Q_{d1}}{\partial P_2} = 1 > 0$ và $\dfrac{\partial Q_{d2}}{\partial P_1} = 1 > 0$.
Điều này có nghĩa là khi giá hàng hóa 2 tăng thì cầu hàng hóa 1 tăng và ngược lại. Do đó hai mặt hàng này là hàng hóa thay thế cho nhau.

b) Trạng thái cân bằng thị trường đạt được khi $Q_{s1} = Q_{d1}$ và $Q_{s2} = Q_{d2}$:

$$\begin{cases} -10 + 3P_1 = 40 - 2P_1 + P_2 \\ -5 + 2P_2 = 50 + P_1 - 3P_2 \end{cases} \iff \begin{cases} 5P_1 - P_2 = 50 \\ -P_1 + 5P_2 = 55 \end{cases}$$

Dạng ma trận: $A P = B$ với $A = \begin{pmatrix} 5 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix}, \; P = \begin{pmatrix} P_1 \\ P_2 \end{pmatrix}, \; B = \begin{pmatrix} 50 \\ 55 \end{pmatrix}$.
Áp dụng quy tắc Cramer:
- $D = \det(A) = \begin{vmatrix} 5 & -1 \\ -1 & 5 \end{vmatrix} = 25 - 1 = 24 \ne 0$.
- $D_1 = \begin{vmatrix} 50 & -1 \\ 55 & 5 \end{vmatrix} = 250 + 55 = 305 \implies P_1^* = \dfrac{D_1}{D} = \dfrac{305}{24} \approx 12{,}71$.
- $D_2 = \begin{vmatrix} 5 & 50 \\ -1 & 55 \end{vmatrix} = 275 + 50 = 325 \implies P_2^* = \dfrac{D_2}{D} = \dfrac{325}{24} \approx 13{,}54$.

Lượng cân bằng:
- $Q_1^* = -10 + 3 \left(\dfrac{305}{24}\right) = -10 + \dfrac{305}{8} = \dfrac{225}{8} = 28{,}125$.
- $Q_2^* = -5 + 2 \left(\dfrac{325}{24}\right) = -5 + \dfrac{325}{12} = \dfrac{265}{12} \approx 22{,}08$.

Câu 11

Thị trường cân bằng khi $Q_{si} = Q_{di}$ với $i = 1, 2, 3$:

$$\begin{cases} -10 + 2P_1 = 50 - 2P_1 + P_2 + P_3 \\ -20 + 3P_2 = 60 + P_1 - 3P_2 + 2P_3 \\ -5 + P_3 = 75 + P_1 + 2P_2 - 4P_3 \end{cases} \iff \begin{cases} 4P_1 - P_2 - P_3 = 60 \\ -P_1 + 6P_2 - 2P_3 = 80 \\ -P_1 - 2P_2 + 5P_3 = 80 \end{cases}$$

Viết dưới dạng ma trận $A P = B$:

$$A = \begin{pmatrix} 4 & -1 & -1 \\ -1 & 6 & -2 \\ -1 & -2 & 5 \end{pmatrix}, \quad P = \begin{pmatrix} P_1 \\ P_2 \\ P_3 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 60 \\ 80 \\ 80 \end{pmatrix}$$

Tính định thức của $A$:

$$\det(A) = 4(30 - 4) - (-1)(-5 - 2) + (-1)(2 + 6) = 4(26) - 7 - 8 = 104 - 15 = 89 \ne 0$$

Tìm ma trận phụ hợp $P_A = C^T$:
- $C_{11} = 26, \; C_{12} = 7, \; C_{13} = 8$
- $C_{21} = -(-5 - 2) = 7, \; C_{22} = 20 - 1 = 19, \; C_{23} = -(-8 - 1) = 9$
- $C_{31} = 2 - (-6) = 8, \; C_{32} = -(-8 - 1) = 9, \; C_{33} = 24 - 1 = 23$

$$A^{-1} = \dfrac{1}{89} \begin{pmatrix} 26 & 7 & 8 \\ 7 & 19 & 9 \\ 8 & 9 & 23 \end{pmatrix}$$