Giải chi tiết đề ôn tập môn đại số tuyến tính dạng trắc nghiệm. Đề ôn tập của trường PTIT môn đại số tuyến tính cho bạn nào cần xuất phát sớm, ôn thi cuối kỳ đạt kết quả cao!
Trang 1HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG
KHOA CƠ BẢN 1
BỘ MÔN TOÁN
ĐỀ MINH HỌA THI HẾT HỌC PHẦN
Môn: Toán cao cấp 2
Số lượng câu hỏi: 30 câu Thời gian làm bài: 60 phút
Họ và tên thí sinh:…………Trần Thị Diễm Kiều……….Số báo danh…xxxxxxx…
Lưu ý: Sinh viên được sử dụng tài liệu
Đề bài: Xem tại đây:
Hoặc https://drive.google.com/file/d/1-45HunExiMEEBupo5byStdQyaVezLxf_/view?usp=drive_link
Câu 1 Ma trận bổ sung 1 20
3 40
a
A A B
b
= =
Biến đổi sơ cấp với hàng về ma trận bậc thang:
2 3 1 2
H H H
A
− →
Khi đó, hệ phương trình tương đương với:
2 20
3
20
x b a
a b
= −
−
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
2 3 20
b a x
a b y
−
= −
BẢNG ĐÁP ÁN
Trang 21 4 7
2 5 8 0
3 6 9
=
Hệ vecto đó là phụ thuộc tuyến tính nên không thể là cơ sở của 3 Chọn A
Câu 3 Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Để giải hệ này ta chỉ cần lập ma trận hệ số mà
không cần lập ma trận bổ sung do cột hệ số tự do toàn là 0
Ta có ma trận hệ số
A
−
Biến đổi sơ cấp với hàng ma trận này về ma trận bậc thang:
2 1 2
3 1 3
1 2 1
3 4
H H H
H H H
H H H A
− →
− →
− + →
Do đó, hệ phương trình tương đương với:
− + =
Nếu đặt x3 =7 ,t t ta có ngay:
Vậy nghiệm của hệ là (x x x1, 2, 3) (= 13 , 2 ,7t t t) với t tùy ý
Câu 4 Các cột của của ma trận 1 1
−
chính là tọa độ của f e( 1=( )1,0 ,) f e( 2=( )0,1 ) trong cơ sở chính tắc B=e1=( )1,0 ,e2=( )0,1 của 2
Tức là ( )1
1 1
B
=
và ( )2
1 2
B
f e −
=
Từ đó f e( ) (1 = 1, 1 ,− ) ( ) (f e2 = −1, 2)
Vì B là cơ sở của 2 nên Imf =spanf e( ) ( )1 ,f e2 Để tìm cơ sở của Imf ta lập ma trận tọa
độ hàng:
( ) ( )
1
2
B
B
f e A
f e
−
= = − −
Biến đổi sơ cấp với hàng ma trận này về ma trận bậc thang:
2 1 2
H H H
A − + → − A
Cơ sở của không gian con Im f chính là hàng khác không của ma trận A’, tức là hệ:
1, 2
Là cơ sở của không gian Im f Mọi vecto vIm f phải là tổ hợp tuyến tính của hệ S, cho nên:
v f k v=k − = k − k
Cho k = ta có 2 v=(2, 4− ) Imf Chọn B
Trang 3Câu 5 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường nếu và chỉ nếu det( )A với 0
A là ma trận hệ số Tức là:
3 11 1
−
Đến đây có nhiều cách làm: Hoặc là thử đáp án hoặc là tính định thức trên như sau:
2 1 2
3 1 3
2
3
H H H
H H H
− →
− →
Do đó a Chọn D 0
Câu 6 Để tìm r(A) ta biến đổi A về ma trận bậc thang:
2 3
2 1 2
4 4
3 1 3
4 1 4
1 3
4
10
H H
H H H
H H H
A
− →
− →
−
⎯⎯⎯⎯⎯→
4
H
−
Từ đó r A = ( ) 3
Câu 7 Sử dụng tính chất sau: det( )A =n A với là số thực và A là ma trận vuông cấp n
det 3AB =3 det A det B =27.4.5=540 Chọn B
Câu 8 Nhắc lại: Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở cũ B sang cơ sở mới B’ là:
1 2
Với B =e e1, , ,2 e n và e i B là tọa độ cột của vecto e i trong cơ sở B
Trở lại bài toán:
Nếu sử dụng công thức trên, thì ta phải tìm tọa độ của cơ sở chính tắc trong cơ sở S, việc làm này
khá mất thời gian Ta có thể làm như sau:
Gọi E=e1=( )1,0 ,e2=( )0,1 là cơ sở chính tắc của không gian vecto 2
Ta có:
1, 3 2, 4
−
−
−
−
2
, ,
0 , ,
0 , ,
0
Để tìm dimW =dim(W1W2) ta chỉ việc giải hệ (1) là xong
Ma trận hệ số của hệ (1) là:
→
Trang 4Do đó y= −z x, = − − = , nên y z 0 W = (0, ,y z):y+ =z 0= (0, ,y −y) =y(0,1, 1− ) hay:
span 0,1, 1 dim 1 dim
Câu 10 Ta có ( ) 3 ( ) ( )
ker f = v= x y z, , f x y z, , = 0, 0, 0
Ta giải phương trình f x y z( , , ) (= 0,0,0) ( x−2y−z x, −z, 2x− −y 2z) (= 0,0,0)
0
(*)
Ma trận hệ số của hệ (*) là:
A
Biến đổi sơ cấp với hàng của ma trận này đưa về ma trận bậc thang:
2 1 2
3 2 1 3
H H H
H H H A
− →
− →
Vậy ker f = (x,0,x) =x(1,0,1) =span 1,0,1 ( ) , cơ sở của ker f là hệ gồm một vecto
1,0,1
S = Chọn C
Câu 11 Xét phương trình ( ) ( ) 3
, , 2 , 2 , 2
f x y z = a b c , phương trình này tương đương với:
(2 2 , 2 2 , 2 2 ) (2 , 2 , 2 )
x y a y z b x z c
Ma trận bổ sung của hệ trên:
3 1 3
H H H
− →
Dễ thấy r A( )=r A( )= 3 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Do đó f là một song ánh nên cũng là đơn ánh và toàn ánh Chọn C
Câu 12 Muốn sinh ra không gian có số chiều bằng 3 thì hệ phải gồm 3 vecto Loại B, D
Trong câu A, ta có
− − − = nên hệ này phụ thuộc tuyến tính, không thể sinh ra 3
Ta chọn C
Câu 13 Ta có S S ( ) (1,1,1) (1,1, 0) (1, 0, 0)
f =f S =f f f
• f (1,1,1) (= 3, 1,3− ), ta tìm a, b, c sao cho:
(3, 1, 3) (1,1,1) (1,1, 0) (1, 0, 0)
+ = − = −
Trang 5Do đó ( )
3
4
S f
= −
0 1,1, 0 2, 0, 0 2 1, 0, 0 1, 0, 0 0
2
S
• (1, 0, 0) (1,1, 0) (1, 0, 0) 10
0
S
= =
Vậy 34 00 10
4 2 0
S S f
Chọn B
Câu 14 Sử dụng công thức Laplace ta có:
2
20 10 32 0
H
−
−
Câu 15 Hệ có nghiệm khi và chỉ khi r A( )=r A( ) Biến đổi sơ cấp với hàng của ma trận bổ sung đưa về
ma trận bậc thang:
2 1 2
3 1 3
3 2 2 3
H H H
H H H
H H H
− → + →
Tức là c+2b a− = thì 0 r A( )=r A( )
Câu 16 dim( )W = − =5 1 4
Câu 17 Gọi B=e1=(1,0,0 ,) e2=(0,1,0 ,) e3=(0,0,1) là cơ sở chính tắc của không gian 3 Có:
( )1 (1,0,0) ( 1, 1, 2 ,) ( )2 (0,1,0) ( 1, 2, 1 ,) ( )3 (0,0,1) ( 2, 1, 1)
Ma trận của tự đồng cấu f với cặp cơ sở chính tắc là:
( ) ( )1 ( )2 ( )3
B
= = = − − − =
− − −
Để tìm giá trị riêng của A, ta xét det(A−I)=0, với I là ma trận đơn vị cấp 3
Trang 6Ta tính định thức trên theo quy tắc Sarrus:
(1 )(1 )(4 )
1
4
=
= −
Các giá trị riêng =1, = −1,= − 4
Câu 18 Ánh xạ 2 2
:
f → là một song ánh khi và chỉ khi phương trình f x y =( ) ( ), 0,0 có duy nhất một nghiệm Ta chỉ cần kiểm tra det( )A 0
−
=
B 1 3 4 0
1 1 =
Câu 19 Hàm f đồng biến trên nên phương trình f x( )= có duy nhất một nghiệm a
Kết luận: f là một song ánh Chọn A
Câu 20 Theo đề bài, phải tồn tại a, b, c sao cho:
(1, , 2) (3, 2,1) ( 1, 2,1) (2, 3, 1)
2
+ − =
Tức là hệ trên có nghiệm (x,y,z) hay r A( )=r A( ) Ta có:
1 3
2 3 2 3
2 1 2
3 1 3
2 3
H H
H H H H
H H H
H H H
m
m
− →
− →
− →
Để r A( )=r A( ) + = = −m 1 0 m 1
Câu 21 Ma trận A khả ngịch khi và chỉ khi:
( )
3
2
2 2
2 2
2
4
m
m
m
m
Trang 71
5
A−
−
Do đó 23 2
5
a =
Câu 23 Ta có công thức về số chiều của hạt nhân và ảnh:
dim Imf +dim kerf =dim V
Ta đi tìm số chiều của không gian ảnh:
Ta có f e( )1 = f (1,0,0) (= 1, 4, 1 ,− − ) ( )f e2 = f (0,1,0) (= 3, 1,8 ,− ) ( )f e3 = f (0,0,1) (= 2, 3,3− )
Ma trận tọa độ hàng:
2 1 2
3 1 3
3 2
H H H
H H H A
− →
− →
Từ đó r A( )= 2 dim Im( f )= 2 dim ker( f)= 1
Câu 24 Bấm máy tính ta có:
1
1
4
A−
Câu 25 Chọn A, thay m=0 vào là được
Câu 26 r A( )= 4 det( )A Ta thử các giá trị của a là được Chọn D 0
Câu 27 Chọn B Vì cơ sở = độc lập tuyến tính + hệ sinh
Câu 28 Thay các giá trị của m vào hệ
Khi m = 3 ta giải ra x =1, Loại A, B
Khi m = 2 giải ra vô số nghiệm Loại D
Khi m =-3 giải ra vô nghiệm, chọn C
Câu 29 Có n r A− ( )= − =7 4 3 tham số Trong đó n là số ẩn, m n = 5 7
Câu 30 V chắc chắn là 1 không gian con Nhưng W không phải
Vì (3, 2,1)W nhưng −2 3, 2,1( ) (= − − − 6, 4, 2) W