Nhằm giúp các bạn sinh viên đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi học kì 1 môn Đại số tuyến tính năm 2017-2018 có đáp án - Trường Đại học Bách Khoa TP.HCM (Ca 1) để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!
Trang 1ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TP HCM
Khoa Khoa học ứng dụng – Toán ứng dụng
Đề chính thức
ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ 171 NĂM 2017-2018 Môn thi: Đại Số Tuyến Tính – Ca 1
Ngày thi: …quên mất rồi Thời gian làm bài: 90 phút
(Đáp án do Ban chuyên môn CLB Chúng Ta Cùng Tiến thực hiện)
Câu 1: Tìm ma trận 𝑋 sao cho (𝑋 + 2𝐵𝑇)𝐴 = 2𝐴 + 2𝑋, với:
𝐴 = (
3 2 −1
2 7 −2
3 7 −2
) , 𝐵 = (
−1 2 1
)
Giải Ta có:
(𝑋 + 2𝐵𝑇)𝐴 = 2𝐴 + 2𝑋 ⇔ 𝑋(𝐴 − 2𝐼) = 2𝐴 − 2𝐵𝑇𝐴 ⇔ 𝑋 = 2(𝐴 − 𝐵𝑇𝐴)(𝐴 − 2𝐼)−1
⇒ 𝑋 = (
)
Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của 𝑚 sao cho det(𝐴) = 2, với 𝐴 = (
)
Giải Bằng vài đường cơ bản :v , ta tính được:
det(𝐴) = 4𝑚 + 17 ⇒ 4m + 17 = 2 ⇔ m = −15
4
Câu 3: Trong 𝑅3 với tích vô hướng
(𝑥, 𝑦) = ((𝑥1, 𝑥2, 𝑥3), (𝑦1, 𝑦2, 𝑦3))
= 3𝑥1𝑦1+ 2𝑥1𝑦2+ 𝑥1𝑦3+ 2𝑥2𝑦1+ 5𝑥2𝑦2− 𝑥2𝑦3+ 𝑥3𝑦1 − 𝑥3𝑦2+ 4𝑥3𝑦3
, cho không gian con 𝐹 = {𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3)|𝑥1− 2𝑥2− 𝑥3 = 0}
a) Tìm một cơ sở và số chiều của không gian 𝐹⊥
Giải Ta tìm một cơ sở của 𝐹 bằng cách giải hệ 𝑥1− 2𝑥2− 𝑥3 = 0
Nghiệm của hệ có dạng 𝛼 (
1 0 1 ) + 𝛽 (
2 1 0 )
Trang 2Một cơ sở của không gian nghiệm là {𝑒1 = (
1 0 1 ) , 𝑒2(
2 1 0 )}
Giả sử có vector 𝑥 ∈ 𝐹⊥ ⇒ 𝑥 ⊥ 𝑒1, 𝑥 ⊥ 𝑒2 ⇒ (𝑥, 𝑒1) = (𝑥, 𝑒2) = 0
⇒ {4𝑥1+ 𝑥2+ 5𝑥3 = 0 8𝑥1+ 9𝑥2+ 𝑥3 = 0
Giải hệ trên ta tìm được cơ sở của 𝐹⊥ là {𝑒3 = (
−11 9 7 )} và dim(𝐹⊥) = 1 b) Tìm hình chiếu vuông góc của vector 𝑣 = (2, −1,1) lên không gian con 𝐹
Giải Ta tìm hình chiếu của 𝑣 lên 𝐹⊥ là:
Pr
𝐹 ⊥(𝑣) = (𝑣, 𝑒3)
(𝑒3, 𝑒3)𝑒3 = −
1
12(
−11 9 7 )
⇒ Pr
𝐹 (𝑣) = 𝑣 − Pr
𝐹 ⊥(𝑣) = (13
12, −
1
4,
19
12)
Câu 4: Cho AXTT 𝑓: 𝑅3 → 𝑅3
Giả sử 𝑓(1; 1; −2) = (2; 1; −2), 𝑓(2; 3; −5) = (1; 2; −3), 𝑓(3; 4; −6) = (5; 4; −7) Tìm một cơ sở và số chiều của ker 𝑓
Giải
Dễ thấy 𝐸 = {𝑒1 = (
1 1
−2 ) , 𝑒2 = (
2 3
−5 ) , 𝑒3 = (
3 4
−6 )} là một cơ sở của 𝑅3
Ma trận của 𝑓 trong cơ sở chính tắc là:
𝐴0 = 𝑓(𝐸)𝐸−1 = (
−5 −1 −2
)
𝑥 ∈ ker 𝑓 ⇒ 𝑓(𝑥) = 0 ⇒ {
7𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 = 0 2𝑥1 + 𝑥2+ 𝑥3 = 0
−5𝑥1− 𝑥2− 2𝑥3 = 0
⇔ {
𝑥1 = −𝛼
𝑥2 = −𝛼
𝑥3 = 3𝛼
⇒ 𝑥 = 𝛼(−1; −1; 3) Một cơ sở của ker 𝑓 là: {(
−1
−1 3 )} và dim(ker 𝑓) = 1
Trang 3Câu 5: Cho AXTT 𝑓: 𝑅3 → 𝑅3, biết 𝐴 = (
1 2 −3
2 5 −4
3 7 −7
) là ma trận của ánh xạ 𝑓 trong cơ sở
𝐸 = {(1,1,1), (2,1,1), (1,2,1)}
a) Tính 𝑓(2, −1,3)
Giải Ma trận của 𝑓 trong cơ sở chính tắc là:
𝐴0 = 𝐸𝐴𝐸−1 = (
11 −26 23
12 −30 27
8 −20 18
)
𝑓(2; −1; 3) = (
11 −26 23
12 −30 27
8 −20 18
) (
2
−1 3 ) = (117; 135; 90) b) Tìm một cơ sở và số chiều của 𝐼𝑚 𝑓
Giải
𝑓(𝑥1; 𝑥2; 𝑥3) = (11𝑥1− 26𝑥2+ 23𝑥3; 12𝑥1 − 30𝑥2+ 27𝑥3; 8𝑥1− 20𝑥2+ 18𝑥3)
= 𝑥1(11; 12; 8) − 𝑥2(26; 30; 20) + 𝑥3(23; 27; 18)
⇒ 𝐼𝑚 𝑓 =< (11; 12; 8), (26; 30; 20), (23; 27; 18) >
Lập ma trận:
(
26 30 20
23 27 18
) → (
11 12 8
)
Vậy một cơ sở của 𝐼𝑚 𝑓 là {(11; 12; 8), (0; 3; 2)} và dim(𝐼𝑚 𝑓) = 2
Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho ánh xạ tuyến tính 𝑓 là phép quay quanh
trục 𝑂𝑧 một góc 𝜃 = 𝜋 ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ hướng dương của trục 𝑂𝑧 Gọi 𝐴 làma trận của ánh xạ tuyến tính này trong cơ sở 𝐸 = {(1; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1)} Chéo hóa (nếu được) ma trận A
Giải Do 𝑓 là phép quay quanh trục 𝑂𝑧 một góc 𝜃 = 𝜋 ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ hướng
dương của trục 𝑂𝑧 nên ta có:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−𝑥, −𝑦, 𝑧)
Ma trận của 𝑓 trong cơ sở chính tắc là:
𝐴0 = (
) ⇒ 𝐴 = 𝐸−1𝐴0𝐸 = (
−2 −2 −3
)
Ta để ý rằng 𝐴0 là ma trận chéo, như vậy 𝐴 chéo hóa được: 𝐴 = 𝑃𝐷𝑃−1, với:
Trang 4𝑃 = 𝐸−1= (
) , 𝐷 = 𝐴0 = (
)
Câu 7: Đưa dạng toàn phương 𝑄(𝑥) = 𝑄(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) = 6𝑥12+ 9𝑥22+ 6𝑥32 + 4𝑥1𝑥2 − 2𝑥1𝑥3 − 4𝑥2𝑥3 về dạng chính tắc và nêu rõ phép đổi biến (thí sinh có thể dùng biến đổi trực giao hoặc biến đổi Lagrange)
Giải
Cách 1: Biến đổi Lagrange
𝑄(𝑥) = 6 (𝑥1+1
3𝑥2−
1
6𝑥3)
2
+1
3(5𝑥2− 𝑥3)2+11
2 𝑥3
2
Đặt {𝑥1+
1
3𝑥2−1
6𝑥3 = 𝑦1 5𝑥2− 𝑥3 = 𝑦2
𝑥3 = 𝑦3
⇒ {
𝑥1 = 𝑦1− 1
15𝑦2+ 1
10𝑦3
𝑥2 =1
5𝑦2 +1
5𝑦3
𝑥3 = 𝑦3 Dạng chính tắc là: 𝑄(𝑥) = 𝑃(𝑦) = 6𝑦12+1
3𝑦22+11
2 𝑦32
Cách 2: Biến đổi trực giao
Ma trận của dạng toàn phương là:
𝐴 = (
)
Xét đa thức đặc trưng 𝑃(𝜆) = −𝜆3+ 21𝜆2− 135𝜆 + 275 = 0 ⇔ {𝜆1 = 5 (BĐS = 2)
𝜆2 = 11(BĐS = 1)
Với 𝜆1 = 5 ta có: 𝑃1 = (
1
√2
0
1
√2
) , 𝑃2 =
(
− 1
√3 1
√3 1
√3 )
Với 𝜆2 = 11 ta có: 𝑃3 =
(
− 1
√6
−2
√6 1
√6 )
Trang 5Ma trận trực giao 𝑃 =
(
1
√2 − 1
√3 − 1
√6
√3 − 2
√6 1
√2
1
√3
1
√6 )
⇒ phép biến đổi 𝑥 = 𝑃𝑦
Dạng chính tắc là: 𝑄(𝑥) = 𝑅(𝑦) = 5𝑦12+ 5𝑦22+ 11𝑦32
- Hết -