Đề thi cuối kì 1 – Đề 3 môn Đại số tuyến tính | Đại học Bách Khoa Hà Nội

ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN
ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN ĐẠI SỐ - HỌC KÌ 2024.1 Nhóm ngành 1
Thời gian làm bài: 90 phút
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và giám thị phải kí xác nhận số đề vào bài thi.
Câu 1 [1đ]. Cho ánh xạ f : 2 2
R → R được xác định bởi
f (x, y) = (2x + y − 2; x + 2y − 1)
và tập hợp A = {(x, y) ∈ 2
R : (x − 1)2 − y2 = 1}. Xác định f (A). Câu 2 [2đ].
a) Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình    T 1 2 2 3 0 X ·     2 3 5 = 0 3     1 2 3 3 0
b) Tìm m ∈ R để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:   (m + 2)x  1 + x2 + x3 = 1  
(m − 2)x1 + (m + 1)x2 + 5x3 = 5   
 −2x1 + (m − 1)x2 + 2x3 = 3.
Câu 3 [3.5đ]. Cho f : P2[x] → P2[x] là một biến đổi tuyến tính thỏa mãn f (x + x2) = 4 + 3x + 3x2, f (1 + x2) = 3 + 4x + 3x2,
f (2 + x − x2) = 2 + 3x + 5x2,
a) Xác định ma trận A của f đối với cơ sở chính tắc của P2[x].
b) Xác định m ∈ R sao cho véc tơ u = −(2m + 1)x + 2024x2 ∈ Imf.
c) Có tồn tại một cơ sở S của P2[x] để ma trận cùa f đối với cơ sở S có dạng chéo không ? Nếu có, tìm S.
Câu 4 [2.5đ]. Xét không gian véc tơ 4 R với tích vô hướng
(u, v) = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + 4x4y4,
trong đó u = (x1, x2, x3, x4) và v = (y1, y2, y3, y4).
a) Tính góc giữa hai véc tơ u = (0, 1, 0, −1) và v = (1, 1, 1, 0).
b) Tìm hình chiếu trực giao của véc tơ w = (2, 1, −2, −1) lên không gian nghiệm của hệ phương   x + y − z + t = 0, trình  3x + 5y + z + 5t = 0. 10120 Y kπ
Câu 5 [1đ]. Tính tích P = cos · 20241 k=1
Chúc các bạn hoàn thành tốt bài thi ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN
LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN ĐẠI SỐ NHÓM NGÀNH 1 - Đề 3
Thực hiện bởi team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập
Câu 1. Cho ánh xạ f : 2 2
R → R được xác định bởi
f (x, y) = (2x + y − 2; x + 2y − 1)
và tập hợp A = {(x, y) ∈ 2
R : (x − 1)2 − y2 = 1}. Xác định f (A). [Hướng dẫn giải]
+) Ta có: f (A) = {f (x, y) : (x, y) ∈ A}   2u − v + 3  x =  2x + y − 2 = u  Đặt ⇔ 3 2v − u  x + 2y − 1 = v   y = 3 Å 2u − v + 3 ã2 Å 2v − u ã2 Khi đó, (x, y) ∈ A ⇔ − 1 − = 1 3 3
⇔ (2u − v)2 − (2v − u)2 = 9 ⇔ 3u2 − 3v2 = 9 ⇔ u2 − v2 = 3
+) Kết luận: f (A) = {(u, v) ∈ 2 R : u2 − v2 = 3}. Câu 2.
a) Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình    T 1 2 2 3 0 X ·     2 3 5 = 0 3     1 2 3 3 0
b) Tìm m ∈ R để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:   (m + 2)x  1 + x2 + x3 = 1  
(m − 2)x1 + (m + 1)x2 + 5x3 = 5   
 −2x1 + (m − 1)x2 + 2x3 = 3. [Hướng dẫn giải] a)    T   1 2 2 3 0 1 2 2 " # 3 0 3 +) Ta có: X ·       2
3 5 = 0 3 ⇔ X · 2 3 5 =       0 3 0 1 2 3 3 0 1 2 3  −1 1 2 2 " # " # 3 0 3 0 6 −9 ⇔ X = ·   2 3 5 = 0 3 0   3 −3 3 1 2 3 ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN " # 0 6 −9 +) Kết luận: X = 3 −3 3 b) Ü ê m + 2 1 1 +) Xét A = m − 2 m + 1 5 −2 m − 1 2
+) Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ det A ̸= 0 m + 1 5 m − 2 5 m − 2 m + 1 ⇔ (m + 2). − 1. + 1. ̸= 0 m − 1 2 −2 2 −2 m − 1
⇔ m2 + m − 6 ̸= 0 ⇔ (m ̸= 2) ∧ (m ̸= −3)
+) Kết luận: m ̸= 2 và m ̸= −3.
Câu 3. Cho f : P2[x] → P2[x] là một biến đổi tuyến tính thỏa mãn f (x + x2) = 4 + 3x + 3x2, f (1 + x2) = 3 + 4x + 3x2,
f (2 + x − x2) = 2 + 3x + 5x2,
a) Xác định ma trận A của f đối với cơ sở chính tắc của P2[x].
b) Xác định m ∈ R sao cho véc tơ u = −(2m + 1)x + 2024x2 ∈ Imf.
c) Có tồn tại một cơ sở S của P2[x] để ma trận cùa f đối với cơ sở S có dạng chéo không ? Nếu có, tìm S. [Hướng dẫn giải] a)  
 f (x + x2) = f (x) + f (x2) = 4 + 3x + 3x2  f (1) = 1 + 2x + 2x2       +) Ta có:
f (1 + x2) = f (1) + f (x2) = 3 + 4x + 3x2 ⇔ f (x) = 2 + x + 2x2      
 f (2 + x − x2) = 2f (1) + f (x) − f (x2) = 2 + 3x + 5x2  f (x2) = 2 + 2x + x2
Ma trận của f đối với cơ sở chính tắc E = {1; x; x2} của P2[x] là:   1 2 2 î ó A =   [f (1)] = E [f (x)]E [f (x2)]E 2 1 2   2 2 1 b) +) Ta có: u ∈ Imf
⇔ u ∈ span{f (1); f (x); f (x2)} = span{1 + 2x + 2x2; 2 + x + 2x2; 2 + 2x + x2}
⇔ ∃a, b, c : −(2m + 1)x + 2024x2 = a(1 + 2x + 2x2) + b(2 + x + 2x2) + c(2 + 2x + x2) ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN   a + 2b + 2c = 0    ⇔ 2a + b + 2c = −2m − 1 có nghiệm.     2a + 2b + c = 2024     1 2 2 0 1 2 2 0 H +) Ta xét: A = [A|B] =   2−2H1→H2    2 1 2 −2m − 1  −
−−−−−−−→  0 −3 −2 −2m − 1    H3−2H1→H3   2 2 1 2024 0 −2 −3 2024   1 2 2 0 3H3−2H2→H3
−−−−−−−−→    0 −3 −2 −2m − 1    0 0 −5 4m + 6074
Dễ thấy, r(A) = r(A|B) = 3 ∀m ∈ R ⇒ Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. +) Kết luận: m ∈ R. c) 1 − λ 2 2 " λ = −1 +) Ta xét: det(A − λI) = 2 1 − λ 2
= (1 − λ)3 − 12(1 − λ) + 16 = 0 ⇔ λ = 5 2 2 1 − λ • Với λ = 5, X = [a b c]T   −4a + 2b + 2c = 0    (A − 5I)X = 0 ⇔ 2a − 4b + 2c = 0 ⇔ a = b = c = t     2a + 2b − 4c = 0
⇒ X1 = [1 1 1]T là vectơ riêng của A ứng với λ = 5
⇒ v1 = 1 + x + x2 là vectơ riêng của f ứng với λ = 5 • Với λ = −1, X = [a b c]T
(A + I)X = 0 ⇔ 2a + 2b + 2c = 0 ⇒ (a, b, c) = (−b − c; b; c) = b(−1; 1; 0) + c(−1; 0; 1)
⇒ X2 = [−1 1 0]T , X3 = [−1 0 1]T là 2 vectơ riêng của A ứng với λ = −1
⇒ v2 = −1 + x, v3 = −1 + x2 là 2 vectơ riêng của f ứng với λ = −1
Khi đó, tồn tại cơ sở S = {v1, v2, v3} để ma trận của f có dạng chéo.
+) Kết luận: Tồn tại cơ sở S = {1 + x + x2, −1 + x, −1 + x2} để ma trận của f có dạng chéo.
Câu 4. Xét không gian véc tơ 4
R với tích vô hướng
(u, v) = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + 4x4y4,
trong đó u = (x1, x2, x3, x4) và v = (y1, y2, y3, y4).
a) Tính góc giữa hai véc tơ u = (0, 1, 0, −1) và v = (1, 1, 1, 0). ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN
b) Tìm hình chiếu trực giao của véc tơ w = (2, 1, −2, −1) lên không gian nghiệm của hệ phương   x + y − z + t = 0, trình  3x + 5y + z + 5t = 0. [Hướng dẫn giải] a) 
 ⟨u, v⟩ = 0.1 + 2.(1.1) + 3.(0.1) + 4. ((−1).0) = 2    +) Ta có:
||u||2 = ⟨u, u⟩ = 0.0 + 2.(1.1) + 3.(0.0) + 4.((−1).(−1)) = 6   
 ||v||2 = ⟨v, v⟩ = 1.1 + 2.(1.1) + 3.(1.1) + 4.(0.0) = 6 ⟨u, v⟩ 2 1 Å 1 ã khi đó, cos(u, v) = = √ √ = ⇒ (u, v) = arccos ||u||.||v|| 6. 6 3 3 Å 1 ã
+) Kết luận: Góc giữa 2 vectơ u và v là arccos · 3 b) 1 ! ! ! 1 1 −1 1 H2→H2 H 1 1 −1 1 2 1 1 −1 1 +) Ta xét: A = 2−3H1→H2 −−−−−−−−→ − −−−−− → 3 5 1 5 0 2 4 2 0 1 2 1   x = −3a        x + y − z + t = 0  y = 2a − 2b ⇒ ⇔
⇒ (x, y, z, t) = −a(3, −2, 1, 0) + 2b(0, −1, 0, 1)  y + 2z + t = 0  z = −a       t = 2b
+) Gọi W là không gian nghiệm của hệ phương trình
Khi đó, W = span{w1 = (3, −2, 1, 0), w2 = (0, −1, 0, 1)}   v  1 = w1 = (3; −2; 1; 0)
Trực giao hóa Gram - Schmidt: ⟨w2, v1⟩  v v  2 = w2 − ⟨ 1 v1, v1⟩ 
 ⟨w2, v1⟩ = 0.3 + 2((−1).(−2)) + 3.(0.1) + 4.(1.0) = 4 Ta có:
 ||v1||2 = ⟨v1, v1⟩ = 3.3 + 2.((−2).(−2)) + 3.(1.1) + 4.(0.0) = 20 1 Å 3 3 1 ã
⇒ v2 = (0; −1; 0; 1) − (3; −2; 1; 0) = − ; − ; − ; 1 5 5 5 5 Å 3 ã2 Å 3 ã2 Å 1 ã2 26 ⇒ ||v2||2 = ⟨v2, v2⟩ = + 2 + 3 − + 4.12 = 5 5 5 5  v1 1  v′ = = √ (3; −2; 1; 0)  1  ||v 20
Khi đó, W ′ = span{v′ , v′ } là cơ sở trực chuẩn của W với: 1|| √ 1 2 v Å ã 2 130 3 3 1   v′ = = − ; − ; − ; 1  2 ||v2|| 26 5 5 5 ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN
+) Hình chiếu trực giao của w lên không gian W là:
w′ = ⟨w, v′ ⟩v′ + ⟨w, v′ ⟩v′ 1 1 2 2  1 2  ⟨w, v′ ⟩ = √
(2.3 + 2.1.(−2) + 3.(−2).1 + 4.(−1).0) = − √  1  20 5 Ta có: √ √ 130 Å Å 3 ã Å 3 ã Å 1 ã ã 130   ⟨w, v′ ⟩ = 2. − + 2.1. − + 3.(−2). − + 4.(−1).1 = −  2 26 5 5 5 5 √ 2 130
Khi đó, w′ = − √ v′ − v′ = (0; 1; 0; −1). 1 2 5 5
+) Vậy hình chiếu trực giao của w lên không gian nghiệm của hệ phương trình đã cho là (0; 1; 0; −1) 10120 Y kπ
Câu 5. Tính tích P = cos · 20241 k=1 [Hướng dẫn giải]
+) Xét phương trình: (z − 1)20241 − 1 = 0 (∗) ⇒ (z − 1)20241 = 1
Suy ra các nghiệm của phương trình trên là: 2kπ 2kπ zk = 1 + cos + i sin . 20241 20241 Ta có: Å 2kπ ã2 2kπ |zk| = 1 + cos + sin2 20241 20241 … 2kπ 2kπ 2kπ ⇒ |zk| = 1 + 2 cos + cos2 + sin2 20241 20241 20241 Å 2kπ ã = 2 1 + cos 20241 … kπ = 4 cos2 20241 kπ = 2 cos . 20241 20240 20240 Y Y kπ ⇒ |z k | = 220241 cos . 20241 k=0 k=0
+) Mặt khác, theo định lý Viète áp dụng cho (∗), 20240 20240 20240 20240 Y Y Y kπ Y kπ 1 z k = 2 ⇒ |zk| = 2 ⇒ 220241 cos = 2 ⇒ cos = . 20241 20241 220240 k=0 k=0 k=0 k=0 ĐỀ 3 KHOA TOÁN-TIN kπ (20241 − k)π +) Do cos = − cos 20241 20241 20240 !2 10120 10120 Y kπ Y kπ Y kπ 1 ⇒ cos = cos ⇒ cos = . 20241 20241 20241 210120 k=0 k=0 k=0 kπ Mặt khác do cos
> 0 ∀ k = 0, 10120 và cos 0 = 1 20241 10120 Y kπ 1 Suy ra: cos = . 20241 210120 k=1 10120 Y kπ 1 +) Kết luận: Vậy cos = . 20241 210120 k=1