Cùng tham Đề thi học kì 1 môn Đại số tuyến tính và Cấu trúc đại số năm 2023-2024 có đáp án - Trường Đại học sư phạm Kỹ thuật, TP HCM sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn sinh viên có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn thi tốt!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi học kì 1 môn Đại số tuyến tính và Cấu trúc đại số năm 2023-2024 có đáp án - Trường Đại học sư phạm Kỹ thuật, TP HCM (Đại trà)
- ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT ĐỀ THI CUỐI KỲ I NĂM HỌC 2023-2024
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Môn: Đại số tuyến tính và Cấu trúc đại số
Khoa Khoa học Ứng dụng Mã môn học: MATH143001
Thời gian: 90 phút. Ngày thi: 28/12/2023 (ĐT)
Bộ môn Toán Được phép sử dụng 01 tờ A4 chép tay
————————————————————————————————————————
Đề thi
Câu I. (2.5 điểm)
(a) Ký hiệu Matn (R) là tập tất cả các ma trận vuông cấp n với hệ số thực. Đặt
Sn (R) = {M ∈ Matn (R) / det(M) = 1} .
Chứng minh rằng, phép nhân hai ma trận trên Matn (R) là một phép toán hai ngôi trên
Sn (R), và Sn (R) cùng với phép toán này tạo thành một nhóm.
2 3
(b) Trong vành Z26 , cho ma trận K = . Hãy dùng mật mã Hill với khoá K để mã
5 9
hoá đoạn tin nhắn sau đây: “MATH”. Biết rằng mỗi ký tự trong bảng chữ cái tiếng
anh được đặt tương ứng với mỗi phần tử trong Z26 như trong bảng sau:
A B C D E F G H I J K L M N
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
O P Q R S T U V W X Y Z
14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
T
Câu II. (3.5 điểm) Cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi: với mọi u = a b c ∈ R3 ,
T
f (u) = a + 2b + c 3a − b − 3c 5a + 3b − c) .
(a) Tìm một cơ sở và số chiều của Imf.
T T T
(b) Chứng minh rằng, F = u1 = 1 2 1 , u2 = 2 3 −4 , u3 = 3 −1 2 là
T
một cơ sở của R3 . Tìm véc tơ u ∈ R3 sao cho [ f (u)]F = 3 5 1 .
(c) Trong không gian R3 được trang bị một hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc (Oxyz), cho
ba mặt phẳng có phương trình như sau:
(P1 ) : (a+1)x+3y+az = 3a, (P2 ) : 2x−ay+(3a+2)z = 7, (P3 ) : ax+(a−3)y+7z = 5.
Tìm tham số a để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất.
4 2 0
x1
Câu III. (4.0 điểm) Cho các ma trận A = 2 4 0 , X = x2 , với xi ∈ R, 1 i
3.
0 0 3 x3
(a) Xác định NulA.
(b) Hãy chéo hoá trực giao ma trận A.
(c) Sử dụng kết quả câu (b), hãy đưa dạng toàn phương Q(X) = X T A2023 X về dạng chính
tắc bằng phương pháp chéo hoá trực giao. Tính định thức của ma trận B = 2023.A2023 .
————————HẾT————————–
1
- Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Chuẩn đầu ra của học phần (về kiến thức) Nội dung kiểm tra
[CĐR G2.3]: Thực hiện được các phép toán ma trận, tính Câu II, Câu III
được định thức, các phép biến đổi sơ cấp, tìm hạng ma trận,
tìm được ma trận nghịch đảo, giải được hệ phương trình
tuyến tính (giải bằng tay hay bằng cách sử dụng máy tính
có cài đặt phần mềm ứng dụng phù hợp như matlab, maple,
. . . ) và biết ứng dụng vào các mô hình tuyến tính.
[CĐR G2.4]: Thực hiện được hầu hết các bài toán về không Câu II, Câu III
gian véctơ, không gian Euclide như: chứng minh không gian
con; xác định một vectơ có là tổ hợp tuyến tính của một hệ
vectơ; xét tính độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính của
một hệ vectơ; tìm cơ sở, số chiều của một không gian vectơ;
tìm tọa độ của một vectơ đối với một cơ sở, tìm ma trận đổi
cơ sở; phương pháp GramSchmidt để xây dựng hệ vectơ trực
giao từ một hệ vectơ độc lập tuyến tính,. . .
[CĐR G2.5]: Thực hiện được hầu hết các bài toán về ánh xạ Câu II, Câu IV
tuyến tính, chéo hóa ma trận, dạng toàn phương: tìm nhân,
ảnh, ma trận, hạng của ánh xạ tuyến tính; tìm trị riêng, véctơ
riêng, chéo hóa ma trận; xét dấu dạng toàn phương; đưa
dạng toàn phương về dạng chính tắc.
[CĐR G2.6]: Xây dựng phép toán hai ngôi; xét xem tập hợp Câu I
với phép toán hai ngôi cho trước có là nhóm, vành, trường
hay không; mã hóa, phát hiện lỗi, sửa sai, . . .
TP HCM ngày .........tháng.......năm........
DUYỆT ĐỀ THI
2
- ĐÁP ÁN ĐSTT-CTĐS (Đại trà)
Mã môn học: MATH143001
Ngày thi: 28/12/2023
Câu Ý Đáp án (tóm tắt) Điểm
I a Với mọi A, B ∈ Sn (R), ta có det(A) = 1 = det(B). Vì A.B ∈ Matn (R) 0.5
và det(AB) = det(A).det(B) = 1 nên AB ∈ Sn (R). Vậy phép nhân hai
ma trận trên Matn (R) là một phép toán hai ngôi trên Sn (R)
Với mọi A, B, C ∈ Sn (R), ta có (AB)C = A(BC).
Phần tử trung hoà: In ∈ Sn (R). 0.5
Với mọi X ∈ Sn (R), ta có detX = 1, tồn tại X −1 ∈ Matn (R). Hơn nữa, 0.5
det(X.X −1 ) = detIn = 1 = detX.detX −1 , suy ra detX −1 = 1. Do đó
X −1 ∈ Sn (R). Vậy Sn (R) cùng với phép toán này tạo thành một nhóm.
12 19
b Số hoá "MA" và "TH" ta được và
0 7
12 24 Y
K (mod26) = → 0.5
0 8 I
19 7 H
K (mod26) = →
7 2 C
Vậy tin nhắn sau khi mã hoá là "YIHC". 0.5
II a Im f = {f (u) ∈ R3 /u = (a b c)T ∈ R3 }
= {(a + 2b + c; 3a − b − 3c; 5a + 3b − c)T /a, b, c ∈ R}
= {a(1; 3; 5)T + b(2; −1; 3)T + c(1; −3; −1)T /a, b, c ∈ R}
= Span{v1 ; v2 ; v3 }. 0.5
dim Imf = 2 và {w1 = (1; 3; 5)T ; w2 = (0; 1; 1)T } là một cơ sở của Im f. 0.5
b Ta có dimR3 = 3 = |F |. 0.5
Hơn nữa, F là tập ĐLTT trong R3 (giải thích). Từ đó suy ra, F là một 0.5
cơ sở của R3 .
Giả sử u = (a; b; c)T ∈ R3 sao cho [f (u)]F = [3; 5; 1]T
⇐⇒ f (u) = 3u1 + 5u2 + u3 ⇐⇒ (a + 2b + c; 3a − b − 3c; 5a + 3b − c)T = 0.5
(16; 20; −15)T . Hệ này vô nghiêm. Vậy không tồn tại véc tơ u ∈ R3 thoả
mãn yêu cầu bài toán.
c Để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất thì hệ phương trình
0.5
(a + 1)x + 3y + az = 3a
2x − ay + (3a + 2)z = 7 phải có duy nhất nghiệm
ax + (a − 3)y + 7z = 5
⇐⇒ detU = (a + 2)(a − 3)2 = 0 ⇐⇒ a = 2 và a = 3. 0.5
III a NulA = {X ∈ R3 /AX = 0} = {0R3 } 0.5
b Giải phương trình đặc trưng |A − λI3 | = (3 − λ)(λ2 − 8λ + 12) = 0 tìm 0.5
được 3 giá trị riêng λ1 = 3, λ2 = 2, λ3 = 6.
Với λ = 3, Vλ=3 = {a.(0; 0; 1)T /a ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của 0.5
Vλ=3 là X1 = (0; 0; 1)T
Với λ = 2, Vλ=2 = {b.(−1; 1; 0)T /b ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của 0.5
Vλ=2 là X2 = (−1; 1; 0)T
Với λ = 6, Vλ=6 = {c.(1; 1; 0)T /c ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của Vλ=6 0.5
là X3 = (1; 1; 0)T
X X2 −1 1 X
Đặt Y1 = ||X1 || = (0; 0; 1)T , Y2 = ||X2 || = ( √2 ; √2 ; 0)T , Y3 = ||X3 || =
1 3
1 1
( √2 ; √2 ; 0)T và P = (Y1 Y2 Y3 ) là một ma trận trực giao.
1
-
3 0 0
Khi đó P −1 AP = D = 0 2 0 = P T AP. Tức là, A được chéo hoá 0.5
0 0 6
trực giao bởi P
c Theo câu (b) ta có P −1 AP = D, suy ra D2023 = P −1 A2023 P =
2023
3 0 0
0 22023 0 = P T A2023 P. Chứng tỏ A2023 được chéo hoá trực
2023
0 0 6
giao bởi ma trận trực giao P, có ma trận đường chéo là D2023 .
Do đó, phép biến đổi trực giao X = P Y đưa Q(X) về dạng chính tắc 0.5
QCT (Y ) = 32023 y1 + 22023 y2 + 62023 y3 .
2 2 2
Ta có det(B) = det(2023A ) = 20233 .det(A2023 ) = 20233 .(detA)2023 = 0.5
2023
20233 .362023 .
2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
