Đề thi học kỳ I môn Đại số tuyến tính - Ca 1 - Năm học 2017-2018 - Đại học Bách khoa thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

 ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TP HCM ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ 171 NĂM 2017-2018 
Khoa Khoa học ứng dụng – Toán ứng dụng Môn thi: Đại Số Tuyến Tính – Ca 1 
 Ngày thi: quên mất rồi 
 Đề chính thức Thời gian làm bài: 90 phút 
 (Đáp án do Ban chuyên môn CLB Chúng Ta Cùng Tiến thực hiện) 
 Câu 1: Tìm ma trận sao cho ( + 2 ) = 2 + 2 , với: 
 3 2 −1 1 1 0
 = (2 7 −2) , = ( 2 0 3) 
 3 7 −2 −1 2 1
 Giải. Ta có: 
 ( + 2 ) = 2 + 2 ⇔ ( − 2 ) = 2 − 2 ⇔ = 2( − )( − 2 )−1 
 20 −8 −2
 ⇒ = (−42 2 8 ) 
 24 −28 0
 1 2 1 −1
 3 5 4 −4
 Câu 2: Tìm tất cả các giá trị thực của sao cho det( ) = 2, với = ( ) 
 2 1 4 
 −3 −5 0 1
 Giải. Bằng vài đường cơ bản :v , ta tính được: 
 15
 det( ) = 4 + 17 ⇒ 4m + 17 = 2 ⇔ m = − 
 4
 Câu 3: Trong 푅3 với tích vô hướng 
 ( , ) = (( 1, 2, 3), ( 1, 2, 3)) 
 = 3 1 1 + 2 1 2 + 1 3 + 2 2 1 + 5 2 2 − 2 3 + 3 1 − 3 2 + 4 3 3 
 , cho không gian con 퐹 = { = ( 1, 2, 3)| 1 − 2 2 − 3 = 0} 
 a) Tìm một cơ sở và số chiều của không gian 퐹⊥ 
 Giải. Ta tìm một cơ sở của 퐹 bằng cách giải hệ 1 − 2 2 − 3 = 0 
 1 2
 Nghiệm của hệ có dạng 훼 (0) + 훽 (1) 
 1 0
 1 2
Một cơ sở của không gian nghiệm là {푒1 = (0) , 푒2 (1)} 
 1 0
 ⊥
Giả sử có vector ∈ 퐹 ⇒ ⊥ 푒1, ⊥ 푒2 ⇒ ( , 푒1) = ( , 푒2) = 0 
 4 + + 5 = 0
 ⇒ { 1 2 3 
 8 1 + 9 2 + 3 = 0
 −11
 ⊥ ⊥
Giải hệ trên ta tìm được cơ sở của 퐹 là {푒3 = ( 9 )} và dim(퐹 ) = 1 
 7
b) Tìm hình chiếu vuông góc của vector 푣 = (2, −1,1) lên không gian con 퐹 
Giải. Ta tìm hình chiếu của 푣 lên 퐹⊥ là: 
 −11
 (푣, 푒3) 1
 Pr(푣) = 푒3 = − ( 9 ) 
 퐹⊥ (푒 , 푒 ) 12
 3 3 7
 13 1 19
 ⇒ Pr(푣) = 푣 − Pr(푣) = ( , − , ) 
 퐹 퐹⊥ 12 4 12
Câu 4: Cho AXTT : 푅3 → 푅3. 
Giả sử (1; 1; −2) = (2; 1; −2), (2; 3; −5) = (1; 2; −3), (3; 4; −6) = (5; 4; −7) 
Tìm một cơ sở và số chiều của ker 
Giải. 
 1 2 3
Dễ thấy = {푒1 = ( 1 ) , 푒2 = ( 3 ) , 푒3 = ( 4 )} là một cơ sở của 푅3 
 −2 −5 −6
Ma trận của trong cơ sở chính tắc là: 
 7 −1 2
 −1
 0 = ( ) = ( 2 1 1 ) 
 −5 −1 −2
 7 1 − 2 + 2 3 = 0 1 = −훼
 ∈ ker ⇒ ( ) = 0 ⇒ { 2 1 + 2 + 3 = 0 ⇔ { 2 = −훼 
 −5 1 − 2 − 2 3 = 0 3 = 3훼
 −1
⇒ = 훼(−1; −1; 3). Một cơ sở của ker là: {(−1)} và dim(ker ) = 1 
 3
 1 2 −3
Câu 5: Cho AXTT : 푅3 → 푅3, biết = (2 5 −4) là ma trận của ánh xạ trong cơ sở 
 3 7 −7
 = {(1,1,1), (2,1,1), (1,2,1)} 
a) Tính (2, −1,3) 
Giải. Ma trận của trong cơ sở chính tắc là: 
 11 −26 23
 −1
 0 = = (12 −30 27) 
 8 −20 18
 11 −26 23 2
 (2; −1; 3) = (12 −30 27) (−1) = (117; 135; 90) 
 8 −20 18 3
b) Tìm một cơ sở và số chiều của 
Giải. 
 ( 1; 2; 3) = (11 1 − 26 2 + 23 3; 12 1 − 30 2 + 27 3; 8 1 − 20 2 + 18 3) 
 = 1(11; 12; 8) − 2(26; 30; 20) + 3(23; 27; 18) 
 ⇒ = 
Lập ma trận: 
 11 12 8 11 12 8
 (26 30 20) → ( 0 3 2) 
 23 27 18 0 0 0
Vậy một cơ sở của là {(11; 12; 8), (0; 3; 2)} và dim( ) = 2 
Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho ánh xạ tuyến tính là phép quay quanh 
trục một góc 휃 = ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ hướng dương của trục . Gọi 
làma trận của ánh xạ tuyến tính này trong cơ sở = {(1; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1)}. Chéo hóa 
(nếu được) ma trận A. 
Giải. Do là phép quay quanh trục một góc 휃 = ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ hướng 
dương của trục nên ta có: 
 ( , , ) = (− , − , ) 
Ma trận của trong cơ sở chính tắc là: 
 −1 0 0 1 2 2
 −1
 0 = ( 0 −1 0) ⇒ = 0 = ( 2 1 2 ) 
 0 0 1 −2 −2 −3
 −1
Ta để ý rằng 0 là ma trận chéo, như vậy chéo hóa được: = 푃 푃 , với: 
 0 −1 1 −1 0 0
 −1
 푃 = = (−1 0 1 ) , = 0 = ( 0 −1 0) 
 1 1 −1 0 0 1
 2 2 2
Câu 7: Đưa dạng toàn phương 푄( ) = 푄( 1, 2, 3) = 6 1 + 9 2 + 6 3 + 4 1 2 − 2 1 3 −
4 2 3 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 
 1 1 2 1 11
 푄( ) = 6 ( + − ) + (5 − )2 + 2 
 1 3 2 6 3 3 2 3 2 3
 1 1 1 1
 + − = 1 = 1 − 2 + 3
 1 3 2 6 3 1 15 10
Đặt { ⇒ { 1 1 
 5 2 − 3 = 2 2 = 2 + 3
 = 5 5
 3 3 3 = 3
 1 11
Dạng chính tắc là: 푄( ) = 푃( ) = 6 2 + 2 + 2 
 1 3 2 2 3
Cách 2: Biến đổi trực giao 
Ma trận của dạng toàn phương là: 
 6 2 −1
 = ( 2 9 −2) 
 −1 −2 6
 휆 = 5 (BĐS = 2)
Xét đa thức đặc trưng 푃(휆) = −휆3 + 21휆2 − 135휆 + 275 = 0 ⇔ { 1 
 휆2 = 11(BĐS = 1)
 1
 1 −
 √3
 2
 √ 1 
Với 휆 = 5 ta có: 푃 = ( ) , 푃 = 
 1 1 0 2 3 
 1 √
 1
 √2
 ( √3 )
 1
 −
 √6
 −2 
Với 휆 = 11 ta có: 푃 = 
 2 3 √6 
 1
 ( √6 )
 1 1 1
 − −
 √2 √3 √6
 1 2 
Ma trận trực giao 푃 = 0 − ⇒ phép biến đổi = 푃 
 √3 √6 
 1 1 1
 (√2 √3 √6 )
 2 2 2
Dạng chính tắc là: 푄( ) = 푅( ) = 5 1 + 5 2 + 11 3 
 - Hết -