Bài giảng Đại số tuyến tính (Sửa đề) - Trường Đại học Công nghệ Thông tin

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Đại số tuyến tính (Sửa đề) bao gồm các tài liệu sửa chữa và phân tích các bài tập, đề thi mẫu trong môn Đại số tuyến tính. Chuyên đề này giúp sinh viên hiểu rõ hơn về các lỗi sai thường gặp, cách tiếp cận bài toán hiệu quả và các phương pháp giải tối ưu. Đây là tài liệu hữu ích để bạn cải thiện kỹ năng giải bài. Mời các bạn cùng tham khảo bài giảng để biết thêm chi tiết!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Đại số tuyến tính (Sửa đề) - Trường Đại học Công nghệ Thông tin

BAN HỌC TẬP CÔNG NGHỆ PHẦN MỀM TRAINING CUỐI KỲ HỌC KỲ I NĂM HỌC 2024 – 2025 BAN HỌC TẬP CONTACT TEAM TIẾNG ANH Khoa Công nghệ Phần mềm bht.cnpm.uit@gmail.com english.with.bht@gmail.com Trường Đại học Công nghệ Thông tin fb.com/bhtcnpm creative.owl.se Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh fb.com/groups/bht.cnpm.uit english.with.bht 1
TRAINING ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Thời gian: 19:00 thứ 5 ngày 09/01/2025 Địa điểm: Microsoft Teams - w2dsy1q Trainers: Đặng Võ Tuấn Tài – KTPM2024.3 Phạm Thu Hà – CNTT2024.1 2
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH I. Sửa đề 1 II. Sửa đề 2 3
ĐỀ THI THỬ SỐ 1 −2𝑥2 − 2𝑥5 + 𝑥1 + 3𝑥3 − 4𝑥4 = 0 Câu 1: Trên ℝ cho tập hợp W = (𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ; 𝑥5 ) −3𝑥1 − 2𝑥3 − 4𝑥4 + 3𝑥5 = 0 5 −𝑥2 + 2𝑥4 + 𝑥3 + 2𝑥5 + 2𝑥1 = 0 Hãy tìm hệ sinh, cơ sở và xác định số chiều cho W. Câu 2: Trên ℝ3 cho tập hợp 𝐴 = 𝑢1 = (2; 2; 3), 𝑢2 = (−3; −1; −4), 𝑢3 = (4,2,3) và tập hợp 𝐵 = 𝑣1 = (−3; −5; 1), 𝑣2 = (−1; 1; 2), 𝑣3 = (0; −4; 5) a/ Chứng tỏ rằng 𝐴 và 𝐵 là cơ sở của ℝ3 . b/ Cho vectơ 𝛼 = (4; 2; −1) ∈ ℝ3 . Hãy tìm tọa độ 𝛼 của theo cơ sở 𝐴. c/ Gọi 𝛽0 = 𝑒1 = (1,0,0), 𝑒2 = (0,1,0), 𝑒3 = (0,0,1) là cơ sở chính tắc của ℝ3 Hãy tìm các ma trận chuyển cơ sở 𝑃 = 𝑃𝛽0→𝐴 ; 𝑄 = 𝑃𝛽0→𝐵 và 𝑇 = 𝑃𝐴→𝐵 . 2 −3 0 Câu 3: Cho ma trận thực 𝐴 = 1 −2 0 . −4 1 2 Hãy chéo hóa 𝐴, rồi sau đó tìm 𝐴𝑛 với mọi 𝑛 nguyên; 𝑛  0. 𝑥1 𝑦1 Câu 4: Trên không gian Euclide 𝐸𝑢 = 𝑉 = ℝ3 , , với 𝛼 𝛽 = 𝑥2 𝑦2 = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 + 𝑥3 𝑦3 𝑥3 𝑦3 là một tích vô hướng tiêu chuẩn trên ℝ . 3 Hãy trực chuẩn hóa tập hợp 𝑆 = 𝑢1 = (1; 1; 1), 𝑢2 = (−1; 2; −1), 𝑢3 = (2; 1; 1) Câu 5: Cho dạng toàn phương 𝑓: ℝ3 x ℝ3 → ℝ và 𝛽0 = 𝑒1 = (1,0,0), 𝑒2 = (0,1,0), 𝑒3 = (0,0,1) là cơ sở chính tắc của ℝ3 sao cho: 𝑥1 ∀ 𝑋 ∈ ℝ3 , ta có 𝑋 𝛽0 = 𝑥2 và 𝑓 𝑋 ≡ 𝑓 𝑋, 𝑋 = 5𝑥22 − 4𝑥1 𝑥3 − 6𝑥2 𝑥3 + 5𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 𝑥3 a/ Hãy chính tắc hóa dạng toàn phương 𝑓. b/ Chỉ ra một cơ sở 𝛽 ứng với dạng chính tắc hóa này. 4
SỬA ĐỀ 1 5
SỬA ĐỀ 1 Câu 1: −2𝑥2 − 2𝑥5 + 𝑥1 + 3𝑥3 − 3𝑥4 = 0 Trên ℝ5 cho tập hợp W = (𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ; 𝑥5 ) −3𝑥1 − 2𝑥3 − 4𝑥4 + 3𝑥5 = 0 −𝑥2 + 2𝑥4 + 𝑥3 + 2𝑥5 + 2𝑥1 = 0 Hãy tìm hệ sinh, cơ sở và xác định số chiều cho 𝐖. 𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 3𝑥4 − 2𝑥5 = 0 Xét HPT: ቐ−3𝑥1 − 2𝑥3 − 4𝑥4 + 3𝑥5 = 0 2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 + 2𝑥5 = 0 Biến đổi ma trận hệ số bổ sung: 1 −2 3 −3 −2 0 hh2 →h →2h 2 +3h1 −h 1 −2 3 −3 −2 0 ഥ = −3 0 −2 −4 3 อ 0 3 A 1 3 0 −6 7 −13 −3อ 0 2 −1 1 2 2 0 0 −3 5 −8 −6 0 h3 →h2 −2h3 1 −2 3 −3 −2 0 h3 →1h3 1 −2 3 3 −3 −2 0 0 −6 7 −13 −3อ 0 0 −6 7 −13 −3อ 0 0 0 −3 3 9 0 0 0 −1 1 3 0 6
SỬA ĐỀ 1 Câu 1: Vì r A = 3 < n = 5 (số ẩn) nên HPT có vô số nghiệm và có nghiệm phụ thuộc 2 tham số. Đặt 𝑥4 = a, 𝑥5 = b, khi đó: 𝑥1 = −2𝑎 − 𝑏 𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 3𝑥4 − 2𝑥5 = 0 𝑥2 = −𝑎 + 3𝑏 HPT ⟺ ቐ−6𝑥2 + 7𝑥3 − 13𝑥4 − 3𝑥5 = 0 ⟺ 𝑥3 = 𝑎 + 3𝑏 ; a, b, c ∈ ℝ −𝑥3 + 𝑥4 + 3𝑥5 = 0 𝑥4 = 𝑎 𝑥5 = 𝑏 ⟹ ∀ 𝑥 = 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 ∈ W, 𝑥 có dạng: 𝑥 = −2𝑎 − 𝑏, −𝑎 + 3𝑏, 𝑎 + 3𝑏, a, b (*) = a −2; −1; 1; 1; 0 + b −1; 3; 3; 0; 1 Đặt 𝑢1 = −2; −1; 1; 1; 0 , 𝑢2 = −1; 3; 3; 0; 1 khi đó: (*) ⟺ 𝑥 = a𝑢1 + b𝑢2 ⟹ S = 𝑢1 , 𝑢2 là hệ sinh của W. 7
SỬA ĐỀ 1 Câu 1: Ta thấy 𝑢1 và 𝑢2 không tỉ lệ với nhau ⟹S độc lập tuyến tính Mà S = 𝑢1 , 𝑢2 là hệ sinh của W ⟹ S là 1 cơ sở của W ⟹ dim 𝑊 = 2. 8
SỬA ĐỀ 1 Câu 2: Trên ℝ3 cho tập hợp 𝐴 = 𝑢1 = (2; 2; 3), 𝑢2 = (−3; −1; −4), 𝑢3 = (4; 2; 3) và tập hợp 𝐵 = 𝑣1 = (−3; −5; 1), 𝑣2 = (−1; 1; 2), 𝑣3 = (0; −4; 5) a/ Chứng tỏ rằng 𝑨 và 𝑩 là cơ sở của ℝ𝟑 . 2 −3 4 • Xét ma trận A = 2 −1 2 ⇒ det A = −10 ≠ 0 ⇒ A độc lập tuyến tính. 3 −4 3 Mà dim A = dim ℝ3 = nA = 3 ⇒ A là cơ sở của ℝ3 . −3 −1 0 • Xét ma trận B = −5 1 −4 ⇒ det B = −60 ≠ 0 ⇒ B độc lập tuyến tính. 1 2 5 Mà dim B = dim ℝ3 = nB = 3 ⇒ B là cơ sở của ℝ3 . 9
SỬA ĐỀ 1 Câu 2: b/ Cho vectơ 𝜶 = (𝟒; 𝟐; −𝟏) ∈ ℝ𝟑 . Hãy tìm tọa độ của 𝜶 theo cơ sở 𝑨. Đặt 𝛼 = 𝛼1 𝑢1 + 𝛼2 𝑢2 + 𝛼3 𝑢3 ⇔ 4; 2; −1 = 𝛼1 (2; 2; 3) + 𝛼2 (−3; −1; −4) + 𝛼3 (4; 2; 3) ⇔ 4; 2; −1 = (2𝛼1 −3 𝛼2 + 4𝛼3 ; 2𝛼1 − 𝛼2 + 2𝛼3 ; 3𝛼1 − 4𝛼2 + 3𝛼3 ) 4 𝛼1 = − 2𝛼1 − 3 𝛼2 + 4𝛼3 = 4 5 1 −4 8 ⇔ቐ2𝛼1 − 𝛼2 + 2𝛼3 = 2 ⇔ 𝛼2 = 5 ⟹ 𝛼A= 8 5 3𝛼1 − 4𝛼2 + 3𝛼3 = −1 13 13 𝛼3 = 5 10
SỬA ĐỀ 1 Câu 2: c/ Gọi 𝜷𝟎 = 𝒆𝟏 = (𝟏, 𝟎, 𝟎), 𝒆𝟐 = (𝟎, 𝟏, 𝟎), 𝒆𝟑 = (𝟎, 𝟎, 𝟏) là cơ sở chính tắc của ℝ𝟑 Hãy tìm các ma trận chuyển cơ sở 𝑷 = 𝑷𝜷𝟎 →𝑨 ; 𝑸 = 𝑷𝜷𝟎 →𝑩 và 𝑻 = 𝑷𝑨→𝑩 . Ta có: 2 −3 4 𝑃 = 𝑃𝛽0 →𝐴 = ( 𝑢1 𝛽0 𝑢2 𝛽0 𝑢3 𝛽0 ) = 2 −1 2 3 −4 3 −3 −1 0 𝑄 = ( 𝑣1 𝛽0 𝑣2 𝛽0 𝑣3 𝛽0 ) = 𝑃𝛽0 →𝐵 = −5 1 −4 1 2 5 2 −3 4 −1 −3 −1 0 𝑇 = 𝑃𝐴→𝐵 = 𝑃𝐴→𝛽0 . 𝑃𝛽0 →𝐵 = 𝑃𝛽−1 0 →𝐴 . 𝑃𝛽0 →𝐵 = 2 −1 2 −5 1 −4 3 −4 3 1 2 5 = 1 −9 8 −9 −17 −1 −22 5 −12 −6 −12 11
SỬA ĐỀ 1 Câu 3: 2 −3 0 Cho ma trận thực 𝐴 = 1 −2 0 . −4 1 2 Hãy chéo hóa 𝑨, rồi sau đó tìm 𝑨𝒏 với mọi 𝒏 nguyên; 𝒏  𝟎. 2−λ −3 0 2−λ −3 det A − λI = 0 ⟺ 1 −2 − λ 0 = 2 − λ 1 −2 − λ −4 1 2−λ = 2 − λ [(2 − λ)(−2 − λ)+3] = 2 − λ (λ2 − 1) λ=2 ⟺ 2 − λ (λ2 − 1) = 0 ⟺ ቐλ = −1 λ=1 Vậy các giá trị riêng của A là λ = 2, λ = ±1 12
SỬA ĐỀ 1 Câu 3: • λ1 = 1, giải hệ phương trình A − I X = 0 1 −3 0 0 ഥ 1 −3 0 0 ⟺ A = 1 −3 0อ 0 → ቚ −4 1 1 0 −4 1 1 0 Vì r A = 2 < n = 3 (số ẩn) nên HPT đã cho có vô số nghiệm và có nghiệm phụ 3 𝑥1 = t 11 thuộc 1 tham số. Đặt 𝑥3 = t, khi đó HPT ⟺ 𝑥 = t 1 2 11 𝑥3 = t 3 𝑡 11 Vậy vectơ riêng của A ứng với λ1 = 1 là 1 𝑡 ,t ≠ 0 11 𝑡 13
SỬA ĐỀ 1 Câu 3: • λ2 = −1, giải hệ phương trình A + I X = 0 3 −3 0 0 ⟺A ഥ = 1 −1 0อ 0 → 1 −1 0ቚ 0 −4 1 3 0 −4 1 3 0 Vì r A = 2 < n = 3 (số ẩn) nên HPT đã cho có vô số nghiệm và có nghiệm phụ 𝑥1 = t thuộc 1 tham số. Đặt 𝑥3 = t, khi đó HPT ⟺ ቐ𝑥2 = t 𝑥3 = t 𝑡 Vậy vectơ riêng của A ứng với λ2 = −1 là 𝑡 , t ≠ 0. 𝑡 14
SỬA ĐỀ 1 Câu 3: • λ3 = 2, giải hệ phương trình A − 2I X = 0 0 −3 0 0 ⟺A ഥ = 1 −4 0อ 0 → 0 −3 0ቚ 0 1 −4 0 0 −4 1 0 0 Vì r A = 2 < n = 3 (số ẩn) nên HPT đã cho có vô số nghiệm và có nghiệm phụ 𝑥1 = 0 thuộc 1 tham số. Đặt 𝑥3 = t, khi đó HPT ⟺ ቐ𝑥2 = 0 𝑥3 = t 0 Vậy vectơ riêng của A ứng với λ2 = 2 là 0 , t ≠ 0. 𝑡 15
SỬA ĐỀ 1 3 Câu 3: 11 1 0 • Chọn các vectơ riêng độc lập tuyến tính 1 , 1 , 0 ⇒ A chéo hóa được. 11 1 1 1 3 11 1 0 3 1 0 1 0 0 • Đặt T = 1 1 0 → 1 1 0 ⇒ N = T −1 AT = 0 −1 0 11 11 1 1 0 0 2 1 1 1 1 1 3 1 0 1 𝑛 0 0 2 − 2 0 ⇒ An = TNnT −1 = 1 1 0 0 −1𝑛 0 − 1 3 0 11 1 1 0 0 2𝑛 2 2 −5 4 1 1 1 3 −1 0 2 − 2 0 2 −3 0 = 1 −1 0 − 1 3 0 = 1 −2 0 11 −1 2𝑛 2 2 6 + 5(2𝑛 ) −7 − 4(2𝑛 ) 2𝑛 −5 4 1 16
SỬA ĐỀ 1 Câu 4: Trên không gian Euclide 𝐸𝑢 = 𝑉 = ℝ3 , , 𝑥1 𝑦1 với 𝛼 𝛽 = 𝑥2 𝑦2 = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 + 𝑥3 𝑦3 𝑥3 𝑦3 là một tích vô hướng tiêu chuẩn trên ℝ3 . Hãy trực chuẩn hóa tập hợp 𝑆 = 𝑢1 = (1; 1; 1), 𝑢2 = (−1; 2; −1), 𝑢3 = (2; 1; 1) Ta thấy 𝑢1 , 𝑢2 =0 → 𝑢1 và 𝑢2 đã trực giao 𝑣1 = 𝑢1 = 1; 1; 1 𝑣2 = 𝑢2 = (−1; 2; −1) 𝑢3 ,𝑣1 𝑢3 ,𝑣2 4 1;1;1 (−1;2;−1) 1 1 𝑣3 = 𝑢3 − 𝑣1 − 𝑣2 = (2; 1; 1) − + = ( ; 0; − ) 𝑣1 ,𝑣1 𝑣2 ,𝑣2 3 6 2 2 17
SỬA ĐỀ 1 Câu 4: • Đặt: 𝑣1 1; 1; 1 1 1 1 𝑤1 = = = ; ; 𝑣1 3 3 3 3 𝑣2 (−1; 2; −1) −1 2 −1 𝑤2 = = = ; ; 𝑣2 6 6 6 6 1 1 𝑣3 ; 0; − 1 −1 𝑤3 = = 2 2 = ; 0; 𝑣3 2 2 2 2 Vậy S ′ = 𝑤1 , 𝑤2 , 𝑤3 là tập trực chuẩn hóa của hệ S. 18
SỬA ĐỀ 1 Câu 5: Cho dạng toàn phương 𝑓: ℝ3 x ℝ3 → ℝ , và 𝛽0 = 𝑒1 = (1,0,0), 𝑒2 = (0,1,0), 𝑒3 = (0,0,1) là cơ sở chính tắc của ℝ3 sao cho: 𝑥1 ∀ 𝑋 ∈ ℝ3 , ta có 𝑋 𝛽0 = 𝑥2 và 𝑓 𝑋 ≡ 𝑓 𝑋, 𝑋 = 5𝑥22 − 4𝑥1 𝑥3 − 6𝑥2 𝑥3 + 5𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 𝑥3 a/ Hãy chính tắc hóa dạng toàn phương 𝒇. 𝑓 𝑋, 𝑋 = 5𝑥22 − 4𝑥1 𝑥3 − 6𝑥2 𝑥3 + 5𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 = (𝑥12 + 4𝑥22 + 4𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 − 4𝑥1 𝑥3 −8𝑥2 𝑥3 ) + (𝑥22 + 2𝑥2 𝑥3 + 𝑥32 ) − 𝑥12 = 𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 2 + 𝑥2 +𝑥3 2 − 𝑥12 𝑦1 = 𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 Đặt ቐ𝑦2 = 𝑥2 +𝑥3 , khi đó 𝑓 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 = 𝑦12 + 𝑦22 − 𝑦32 là dạng chính tắc của 𝑓. 𝑦3 = 𝑥1 19
SỬA ĐỀ 1 Câu 5: b/ Chỉ ra một cơ sở 𝜷 ứng với dạng chính tắc hóa này. Gọi 𝛽 là cơ sở ứng với dạng chính tắc vừa tìm của 𝑓 𝑋, 𝑋 là cơ sở của ℝ3 và 𝛽0 là cơ sở chính tắc của ℝ3 𝑥1 𝑦1 𝑦1 1 2 −2 𝑥1 Ta có: 𝑋 𝛽0 = 𝑥2 và 𝑋 𝛽 = 𝑦2 ⇒ 𝑦2 = 0 1 1 𝑥2 𝑥3 𝑦3 𝑦3 0 0 1 𝑥3 1 2 −2 1 −2 4 ⇒ P𝛽→ 𝛽0 = 0 1 1 ⇒ P 𝛽0→𝛽 = 0 1 −1 0 0 1 0 0 1 Vậy cơ sở ứng với dạng này là 𝛽= 1, −2, 4 , 0, 1, −1 , 0,0, 1 20