Đề thi cuối kì 1 năm 2022 - 2023 - Đại số tuyến tính | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội
Đề thi cuối kì 1 năm 2022 - 2023 - Đại số tuyến tính | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn sinh viên cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!
Môn: Đại số (MAT1093)
Trường: Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội
Thông tin:
Tác giả:
Thông tin :
Môn:
Trường:
Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội
Tác giả:
Tài liệu liên quan:
Preview text:
Đề thi Kết thúc môn học, Học kỳ 1 năm học 2022-2023
Môn: Đại số tuyến tính
Lớp học phần MAT1093 12-Trường Đại học Công nghệ-Đại học Quốc gia Hà Nội
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay và các thiết bị điện tử. Cán
bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Bài 1. (2 điểm) Ở một bãi đậu xe có 66 phương tiện giao thông bao gồm: xe hơi, xe tải
4 bánh, xe gắn máy và xe đạp. Biết rằng số lượng xe hơi gấp bốn lần xe tải và số lượng bánh xe là 252. (a) Có bao nhiêu xe hơi? (b) Có bao nhiêu xe đạp?
Bài 2. (2 điểm) Cho ma trận 1 2 1 A = 3 2 1 , a 1 3
trong đó a là một số thực.
(a) Tìm tất cả các giá trị của a để ma trận A khả nghịch.
(b) Tính ma trận nghịch đảo (nếu có) của A khi a = 1.
Bài 3 (2 điểm) Cho ánh xạ tuyến tính T : R4 → R3 được xác định như sau:
T(x, y, z, t) = (x − y + z − t, −x + 2y + 4z + 6t, −x + y − z − t).
(a) Tìm ma trận chuẩn tắc của T (tức là ma trận của T đối với cặp cơ sở chuẩn tắc
(hay chính tắc) của R4 và R3).
(b) Tìm một cơ sở của không gian hạch (hạt nhân) ker(T) của T.
(c) Tìm số chiều của không gian ảnh im(T) (range(T)).
(d) Tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian ảnh im(T) (range(T)), trong không
gian R3 với tích vô hướng thông thường (tích chấm) .
Bài 4 (2 điểm)
(a) Giả sử S : V → W và T : V → W là các ánh xạ tuyến tính giữa các không gian
tích trong V và W. Ta nói
S = T nếu S(v) = T(v) với mọi v ∈ V.
Chứng minh rằng S = T khi và chỉ khi ⟨S(v), w⟩ = ⟨T(v), w⟩ với mọi v ∈ V
và với mọi w ∈ W.
(b) Cho các vectơ x và y trong một không gian tích trong. Chứng minh rằng
∥x + y∥2 + ∥x − y∥2 = 2∥x∥2 + 2∥y∥2.
Sau đó, hãy đưa ra một giải thích hình học cho đẳng thức này trong trường
hợp không gian R2 cùng với tích vô hướng thông thường (tích chấm).
Bài 5. (2 điểm) Chéo hóa ma trận sau nếu có thể: −1 −2 2 4 5 −4 . 1 1 0 1 Đáp án: Đề số 1
Bài 1. Đặt c, t, m, b là số xe hơi, xe tải, xe gắn máy và xe đạp. Khi đó ta có hệ phương trình sau
c + t + m + b = 66 c − 4t = 0
4c + 4t + 2m + 2b = 252.
Ta viết lại dưới dạng ma trận liên kết như sau 1 1 1 1 66 1 −4 0 0 0 . 4 4 2 2 252
Ta đưa về ma trận bậc thang thu gọn như sau 1 0 0 0 48 0 1 0 0 12 . 0 0 1 1 6
Kết luận. Ta có 48 xe hơi và số xe đạp 0 ≤ b ≤ 6 vì số xe gắn máy không thể là số âm. Bài 2. a) Ta có 1 2 1 1 2 1 A = −→ 3 2 1 0 −4 −2 a 1 3
0 1 − 2a 3 − a
(H2 − 3H1 −→ H2; H3 − aH1 −→ H3).
Ta có: det(A)=−4(3 − a) + 2(1 − 2a) = −10 = 0∀a.
Với mọi a thì A luôn khả nghịch. b) Với a = 1, xét: 1 2 1| 1 0 0 1 2 1| 1 0 0 1 2 1| 1 0 0 A|I = −→ −→ −1 3 2 1| 0 1 0 0 −4 −2| −3 1 0 0 1 1 | 3 0 2 4 4 1 1 3| 0 0 1 0 −1 2| −1 0 1 0 0 5 | 1 −1 1 2 4 4 1 0 0| −1 1 2 0 2 −→ −1 −1 0 1 0| 4 5 5 5 0 0 1| −1 −1 2 10 10 5 −1 1 0 2 2 Vậy A−1 = 4 −1 −1 5 5 5 −1 −1 2 10 10 5
Bài 3. (a) (0,5 điểm) Ma trận chuẩn tắc của T là 1 −1 1 −1 −1 2 4 6 . −1 1 −1 −1
(b) (0,5 điểm) Hạt nhân là không gian nghiệm của hệ: x − y +z − t = 0 x − y +z − t = 0 x +6z = 0
−x + 2y +4z + 6t = 0 ⇔ y
+5z + 5t = 0 ⇔ y +5z = 0 −x + y −z − t = 0 t = 0 t = 0
Có nghiệm (x, y, z, t) = (−6s, −5s, s, 0) với s ∈ R. Vậy hạt nhân có một cở sở là {(−6, −5, 1, 0)}.
(c) (0,5 điểm) Theo Định lý về số chiều, chiều của không gian ảnh bằng dimT(R4) = 4 − dimker T = 3.
(d) (0,5 điểm) Vì dimImT = 3 và dimR3 = 3, chúng ta có ImT = R3. Do đó
{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} là cơ sở trực chuẩn của không gian ảnh của T.
Bài 4. (a) (1 điểm) Ta có
S = T ⇒ S(v) = T(v) với mọi v ∈ V
⇒ ⟨S(v), w⟩ = ⟨T(v), w⟩ với mọi v ∈ V và w ∈ W. Ngược lại
⟨S(v), w⟩ = ⟨T(v), w⟩ với mọi v ∈ V và w ∈ W
⇒ ⟨S(v) − T(v), w⟩ = 0 với mọi v ∈ V và w ∈ W
⇒ ⟨S(v) − T(v), w⟩ = 0 với mọi v ∈ V và w = S(v) − T(v)
⇒ ⟨S(v) − T(v), S(v) − T(v)⟩ = 0 với mọi v ∈ V
⇒ S(v) − T(v) = 0 với mọi v ∈ V
⇒ S(v) = T(v) với mọi v ∈ V ⇒ S = T. (b) (1 điểm) Ta có
∥x + y∥2 + ∥x − y∥2 = ⟨x + y, x + y⟩ + ⟨x − y, x − y⟩
= ∥x∥2 + ⟨x, y⟩ + ⟨y, x⟩ + ∥y∥2
+∥x∥2 − ⟨x, y⟩ − ⟨y, x⟩ + ∥y∥2
= 2∥x∥2 + 2∥y∥2.
Giải thích hình học: Tổng bình phương các cạnh trong hình bình hành bằng
tổng bình phương hai đường chéo. Bài 5. Với −1 −2 2 A = 4 5 −4 1 1 0
đa thức đặc trưng của A là λ + 1 2 −2 det(λI 3 − A) = −4 λ − 5
4 = λ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = (λ − 1)2(λ − 2). −1 −1 λ
Suy ra đa thức đặc trưng của A có hai giá trị riêng 2 (bội 1) và 1 (bội 2). Với λ = 2, 3 2 −2
λI3 − A = −4 −3 4 . −1 −1 2 Hệ 3 2 −2 x −4 −3 4 y = 0 −1 −1 2 z −2
có nghiệm (x, y, z) = (−2t, 4t, t). Do đó ta có vectơ riêng v1 = . 4 1 Với λ = 1, 2 2 −2
λI3 − A = −4 −4 4 . −1 −1 1 Hệ 2 2 −2 x −4 −4 4 y = 0 −1 −1 1 z 1
có nghiệm (x, y, z) = (x, y, x + y), x, y ∈ R. Do đó ta có các vectơ riêng v2 = 0 1 0 và v3 = . 1 1
Chọn P là ma trận với các cột v1, v2, v3, tức là −2 1 0 P = 4 0 1 . 1 1 1
Dễ thấy det(P) = −1, nên P khả nghịch. Suy ra v1, v2, v3 là các vectơ riêng độc lập
tuyến tính, A chéo hóa được, và ta có 2 0 0
P−1 AP = 0 1 0 . 0 0 1