Đề thi và đáp án Đại số tuyến tính đề số 2 kỳ 1 năm học 2020-2021 | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội

Đề thi Kết thúc môn học, Học kỳ 1 năm học 2020-2021
Môn: Đại số tuyến tính
Trường Đại học Công nghệ - Đại học Quốc gia Hà Nội
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài 1. (2 điểm) Cho hệ phương trình với tham số m: 86x + 6y + 12z = 13 > (m 1)x + 3y + 3z = 3 < 12x + 9y z = 2 > :
(a) Giải hệ phương trình với m = 3.
(b) Biện luận số nghiệm của hệ phương trình trên theo tham số m.
Bài 2. (2 điểm) Cho ma trận hàng v = 1
1 a , trong đó a là một tham số.
(a) Tìm kích cỡ (hay cấp) của các ma trận vvT và vTv (trong đó vT là ma trận
chuyển vị của v). Tính vTv.
(b) Tính định thức của ma trận vTv I, trong đó I là ma trận đơn vị cấp 3. Tìm
điều kiện của a để vTv I khả nghịch.
(c) Tìm ma trận nghịch đảo của vTv I trong trường hợp a = 0.
Bài 3 (2 điểm) Cho ánh xạ tuyến tính T : R3 ! R2 được xác định như sau: T(x, y, z) = (2x y + z, x + 2y + 4z).
(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 R3 và R2).
(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) Tập f(x, y, z) 2 R3 j T(x, y, z) = (1, 1)g có phải là một không gian con của R3 không? Tại sao?
Bài 4 (2 điểm) Xét không gian R3 với tích vô hướng thông thường (tích chấm) h , i. Cho hệ vectơ
fv1 := (a, 1, 0), v2 := (2, 2a, 2), v3 := (1, 2, 3a)g, với a là một tham số.
(a) Với những giá trị nào của a thì hv1, v2i.hv1, v3i = hv2, v3i
(b) Với giá trị a nguyên tìm được ở câu (a) (nếu có), dùng phương pháp Gram-
Schmidt để đưa tập vectơ trên về một tập trực chuẩn.
Bài 5. (2 điểm) Cho 0 1 2 0 0 A=@0 1 1A . 0 1 1
(a) Tìm tất cả các giá trị riêng và không gian riêng tương ứng của A.
(b) Tìm một ma trận trực giao P và một ma trận đường chéo D (nếu có) sao cho PTAP = D.
Không sử dụng tài liệu, máy tính bảng, điện thoại thông minh. Cán bộ coi thi không
giải thích gì thêm. 1 Đáp án: Đề số 2
Bài 1. (a) Với m = 3, hệ phương trình đã cho tương đương với 2x + 3y + 3z = 3 6x + 6y + 12z = 13 12x + 9y z = 2 Ta có: A = 06 6 12 131 R2 3R1!R2,R3 6R1!R3 00 3 3 4 1 2 3 3 3 2 3 3 3 @12 9 1 2A A ! @0 9 19 16 R3 3R2 !R3 00 3 3 4 1 2 3 3 3 ! @ 0 0 28 28A
Do vậy, hệ có nghiệm là: x = 1 , y = 1 , z = 1. 2 3 (b) Ta có: 1R
(1) A = 0 m 6 1 6 12 13 3 2R2!R3 0m 6 6 12 13 1 3 3 3 1 3 3 3 @ 12 A 25 A 9 1 2 ! @ 0 3 13 24 R1 $R2;6 R2!R2; R3!R3 0m 1 3 3 3 1 1 1 1 2 6 ! 13 @ 0 3 25 24 A 13 1 ! 00 4 m 5 2m 31 13m6 1 $ ! 00 1 3 1 R2 (m 1)R1 R2 1 1 2 6 R2 R3; R2 R2 1 1 2 6 3 25 8 A @ 31 ! @0 3 25 24 A ! 0 4 m 5 2m13 13m6 ! 0 0 1 3 8 R R 1 1 2 3+(m 4)R2 3 25 6 1 ! @0 0 19m 85 A 3 35m6 161
Với m = 8519 hệ vô nghiệm.
Với m 6= 8519 hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 2. (a) (0.5 điểm) Kích cỡ của ma trận vvT và vTv lần lượt là 1 1 và 3 3. Ma trận vvT = (2 + a2). 0 1 1 1 a vTv = 1 1 a A @ t a a2
(b) (1 điểm) Định thức của vTv I là 1 + a2. [0.5 điểm]
Vì a2 + 1 > 0 với mọi t nên ma trận vTv I luôn khả nghịch với mọi a (0.5 điểm)
(c) (0.5 điểm) Thay a = 0 vào vTv I ta được ma trận: 0 1 0 1 0 1 0 0 @ 0 0 1 A
Ma trận nghịch đảo cần tìm là: 0 1 0 1 0 1 0 0 @ 0 0 1 A
Bài 3. (a) (0,5 điểm) Ma trận chuẩn tắc của T là 2 1 1 . 1 24
(b) (0,5 điểm) Hạt nhân là không gian nghiệm của hệ: 2x y + z = 0 2x y + z = 0 , x + 2y + 4z = 0 3y + 9z = 0
Có nghiệm (x, y, z) = ( 2t, 3t, t) với t 2 R. Vậy hạt nhân có một cở sở là f( 2, 3, 1)g.
(c) (0,5 điểm) Theo Định lý về số chiều, chiều của không gian ảnh bằng dimT(R3) = 3 dimker T = 2.
(d) (0,5 điểm) Tập T 1(1, 1) không phải là không gian con vì không chứa vec- tơ (0, 0, 0).
Bài 4. (a) Ta có:hv1,v2i =4a; hv1, v3i = a + 2; hv2, v3i = 2 + 10a.
Vậy () () 4a(a + 2) = 2 + 10a () 2a2 a 1 = 0 () a 2 f1; 1/2g.
(b) Với a = 1, ta có hệ fv1 = (1, 1, 0), v2 = (2, 2, 2), v3 = (1, 2, 3)g. Ta trực
chuẩn hóa hệ này theo phương pháp Gram-Schmidt: w1 := v1 := (1, 1, 0);w w2 := v2
hv2, w1i 1 = (2, 2, 2) 4(1, 1, 0) = (0, 0, 2); hw1 , w1i 2 v3, w1 v3, w2 3 6 1 1 w3 := v3 h i i w1 , w1 w1 hw2 , w2 w2 = (1, 2, 3) 2 (1, 1, 0) 4 (0, 0, 2) = 2 , 2 , 0 . h i h i
Vậy fu1, u2, u3g là một hệ trực chuẩn của R3 với w1 1 1 u1 = kw1k = p2, p 2 , 0 ; u2 = w2 = (0, 0, 1); u1 kw2k = p2 , p2, 0 . w1 1 1 Bài 5. (a) Với 0 1 2 0 0 = 0 1 1 A @ 0 1 A 1
đa thức đặc trưng của A là 0 det(lI3 A) =l 0 2 l 0 1 1
= (l 2) l 1 1 l 1 1 = l(l 2)2. 0 1 l 1 Suy ra đa thức
đặc trưng của A có hai giá trị riêng 0 (bội 1) và 2 (bội 2). Với l1 = 0, 0 2 0 01 l I = 0 1 A 1 1 3 A @ 0 1 1 . Hệ 0 1 0 1 2 0 0 x 0 1 1 y = @ 0 1 A 1 @zA 0
có nghiệm (x, y, z) = (0, t, t), t 2 R. Vậy không gian riêng tương ứng với 0 1 0 l1 = 0 là spanf@1Ag. 1 Với l2 = 2, 0 0 0 01 = 0 1 1 lI3 A @ 0 1 A 1 . Hệ 0 1 0 1 0 0 0 x 0 1 1 y = @ 0 1 A 1 @zA 0
có nghiệm (x, y, z) = (x, z, z), x, z 2 R. Do đó không gian riêng tương ứng 010 1 1 0
với l2 = 2 là spanf@0A , @ 1 Ag. 0 1 0 1 0 1
(b) -Với l1 = 0 ta lấy vector riêng đơn vị p1 = Bp2 C. @ Ap12 01 0 1 1 0
-Với l2 = 2 ta có các vector riêng @0A và @ 1 A. Hai vector này trực giao 0 10 1 0 1 0 1
với nhau, sau khi trực chuẩn hóa, ta được p2 = 0 và p3 = p 21 . 0 B p 2C
Chọn P là ma trận với các cột p1, p2, p3, tức là @ A @ A P = 01/0p2 0 1/p2 1 . 1 0 @1/ p p 2 0 1/ 2 A
Ta có P là ma trận trực giao và PTAP = 0 0 0 0 1 0 2 0 =D. @ 0 0 2A