[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN
Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/
ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TP HCM
Khoa Khoa học ứng dụng – Toán ứng dụng
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
Đề chính thức
(Đáp án do Ban chuyên môn CLB Chúng Ta Cùng Tiến thực hiện)
Câu 1: Tìm ma trận 𝑋 sao cho (𝑋 + 2𝐵 𝑇 )𝐴 = 2𝐴 + 2𝑋, với:
3 2
𝐴 = (2 7
3 7
−1
1 1
−2) , 𝐵 = ( 2 0
−2
−1 2
0
3)
1
Giải. Ta có:
(𝑋 + 2𝐵 𝑇 )𝐴 = 2𝐴 + 2𝑋 ⇔ 𝑋(𝐴 − 2𝐼) = 2𝐴 − 2𝐵 𝑇 𝐴 ⇔ 𝑋 = 2(𝐴 − 𝐵 𝑇 𝐴)(𝐴 − 2𝐼)−1
20
−8
⇒ 𝑋 = (−42
2
24 −28
−2
8)
0
1
2
3
5
Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của 𝑚 sao cho det(𝐴) = 2, với 𝐴 = (
2
1
−3 −5
1 −1
4 −4
)
4 𝑚
0 1
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 ))
= 3𝑥1 𝑦1 + 2𝑥1 𝑦2 + 𝑥1 𝑦3 + 2𝑥2 𝑦1 + 5𝑥2 𝑦2 − 𝑥2 𝑦3 + 𝑥3 𝑦1 − 𝑥3 𝑦2 + 4𝑥3 𝑦3
, 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
1
2
Nghiệm của hệ có dạng 𝛼 (0) + 𝛽 (1)
1
0
Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/
Trang 1
[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN
Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/
1
2
Một cơ sở của không gian nghiệm là {𝑒1 = (0) , 𝑒2 (1)}
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
−11
Giải hệ trên ta tìm được cơ sở của 𝐹 là {𝑒3 = ( 9 )} và dim(𝐹 ⊥ ) = 1
7
⊥
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:
(𝑣, 𝑒3 )
1 −11
Pr⊥ (𝑣) =
𝑒 =− ( 9 )
(𝑒3 , 𝑒3 ) 3
𝐹
12
7
(𝑣) = (
⇒ Pr(𝑣) = 𝑣 − Pr
⊥
𝐹
𝐹
13 1 19
,− , )
12 4 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.
1
2
3
Dễ thấy 𝐸 = {𝑒1 = ( 1 ) , 𝑒2 = ( 3 ) , 𝑒3 = ( 4 )} là một cơ sở của 𝑅3
−2
−5
−6
Ma trận của 𝑓 trong cơ sở chính tắc là:
7 −1 2
𝐴0 = 𝑓(𝐸)𝐸 −1 = ( 2
1
1)
−5 −1 −2
𝑥1 = −𝛼
7𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝑥 ∈ ker 𝑓 ⇒ 𝑓(𝑥) = 0 ⇒ { 2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 0 ⇔ {𝑥2 = −𝛼
𝑥3 = 3𝛼
−5𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 0
−1
⇒ 𝑥 = 𝛼(−1; −1; 3). Một cơ sở của ker 𝑓 là: {(−1)} và dim(ker 𝑓) = 1
3
Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/
Trang 2
[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN
Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/
1 2
Câu 5: Cho AXTT 𝑓: 𝑅3 → 𝑅3 , biết 𝐴 = (2 5
3 7
𝐸 = {(1,1,1), (2,1,1), (1,2,1)}
−3
−4) là ma trận của ánh xạ 𝑓 trong cơ sở
−7
a) Tính 𝑓(2, −1,3)
Giải. Ma trận của 𝑓 trong cơ sở chính tắc là:
𝐴0 = 𝐸𝐴𝐸
−1
11 −26
= (12 −30
8 −20
11 −26
𝑓(2; −1; 3) = (12 −30
8 −20
23
27)
18
23
2
27) (−1) = (117; 135; 90)
18
3
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:
11
(26
23
12
30
27
8
11
20) → ( 0
18
0
12 8
3 2)
0 0
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:
−1 0 0
1
2
2
−1
𝐴0 = ( 0 −1 0) ⇒ 𝐴 = 𝐸 𝐴0 𝐸 = ( 2
1
2)
0
0 1
−2 −2 −3
Ta để ý rằng 𝐴0 là ma trận chéo, như vậy 𝐴 chéo hóa được: 𝐴 = 𝑃𝐷𝑃−1 , với:
Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/
Trang 3
[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN
Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/
0 −1 1
−1 0
𝑃 = 𝐸 −1 = (−1 0
1 ) , 𝐷 = 𝐴0 = ( 0 −1
1
1 −1
0
0
0
0)
1
Câu 7: Đưa dạng toàn phương 𝑄(𝑥) = 𝑄(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 6𝑥12 + 9𝑥22 + 6𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 − 2𝑥1 𝑥3 −
4𝑥2 𝑥3 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
2
1
1
1
11
𝑄(𝑥) = 6 (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ) + (5𝑥2 − 𝑥3 )2 + 𝑥32
3
6
3
2
1
Đặt {
1
𝑥1 + 3 𝑥2 − 6 𝑥3 = 𝑦1
5𝑥2 − 𝑥3 = 𝑦2
𝑥3 = 𝑦3
1
1
𝑥1 = 𝑦1 − 15 𝑦2 + 10 𝑦3
⇒ { 𝑥 = 1𝑦 + 1𝑦
2
5 2
5 3
𝑥3 = 𝑦3
1
Dạng chính tắc là: 𝑄(𝑥) = 𝑃(𝑦) = 6𝑦12 + 3 𝑦22 +
11
2
𝑦32
Cách 2: Biến đổi trực giao
Ma trận của dạng toàn phương là:
6
2 −1
𝐴=( 2
9 −2)
−1 −2 6
𝜆 = 5 (BĐS = 2)
Xét đa thức đặc trưng 𝑃(𝜆) = −𝜆3 + 21𝜆2 − 135𝜆 + 275 = 0 ⇔ { 1
𝜆2 = 11(BĐS = 1)
−
1
√2
Với 𝜆1 = 5 ta có: 𝑃1 = ( 0 ) , 𝑃2 =
√3
1
1
√2
(
−
1
√3
1
√3
)
1
√6
−2
Với 𝜆2 = 11 ta có: 𝑃3 =
√6
1
(
√6
)
Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/
Trang 4
[CTCT] - CHÚNG TA CÙNG TIẾN
1
√2
Ma trận trực giao 𝑃 =
0
1
(√2
−
1
√3
1
√3
1
√3
Fanpage : facebook.com/Chungtacungtien/
−
−
1
√6
2
⇒ phép biến đổi 𝑥 = 𝑃𝑦
√6
1
√6
)
Dạng chính tắc là: 𝑄(𝑥) = 𝑅(𝑦) = 5𝑦12 + 5𝑦22 + 11𝑦32
-
Hết
-
Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/
Trang 5