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 (CLC)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo 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 (CLC) sau đây để biết được cấu trúc đề thi, cách thức làm bài 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.

Chủ đề:

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

Lưu

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 (CLC)

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 (CLC) Bộ môn Toán Được phép sử dụng 01 tờ A4 chép tay ———————————————————————————————————————— Đề thi     8 2 0    x1    Câu I. (4.0 điểm) Cho các ma trận A =  2 5 0 , X =  x2 , với xi ∈ R, 1 i 3.                    0 0 3 x3     (a) Xác định NulA. (b) Viết biểu thức của dạng toàn phương Q(X) = X T AX. Đưa dạng toàn phương Q(X) về chính tắc bằng phương pháp chéo hoá trực giao. (c) Sử dụng kết quả câu trên, hãy chéo hoá trực giao ma trận A2023 . Ta đặt B = 3.A2023 , tính định thức của ma trận B. T Câu II. (4.0 điểm) Cho tương ứng f : R3 → P2 [x] được xác định bởi: với mọi u = a b c ∈ R3 , f (u) = (a + 2b + 3c) + (2a + 3b − c)x + (3a + 5b + 2c)x2 . (a) Chứng minh rằng, f là một ánh xạ tuyến tính. (b) Tìm một cơ sở và số chiều của Kerf. (c) Trong không gian P2 [x], cho tập W = {v(x) ∈ P2 [x] / v(1) = v(−1) = 0} . Chứng minh rằng, W là một không gian véc tơ con của P2 [x]. (d) 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: (α1 ) : x + 3y + mz = 2m + 5, (α2 ) : mx − y + 5z = 1 − m, (α3 ) : 3x + my + z = m2 + 1. Tìm tham số m để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất. Câu III. (2.0 điểm) (a) Ký hiệu Matn (R) là tập tất cả các ma trận vuông cấp n với hệ số thực. Đặt U = {U ∈ Matn (R) / det(U) = 2023} , S = {U ∈ Matn (R) / det(U) = 1} . Hỏi phép nhân hai ma trận trên Matn (R) có là một phép toán hai ngôi trên U hay không? Chứng minh rằng, S cùng với phép nhân hai ma trận trên Matn (R) 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: “DONE”. 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 ————————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 I, Câu II 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 I, Câu II 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 I, Câu II 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 III 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 (CLC) Mã môn học: MATH143001 Ngày thi: 28/12/2023 Câu Ý Đáp án (tóm tắt) Điểm I a NulA = {X ∈ R3 /AX = 0} = {0R3 } 0.5 b Q(X) = X T AX = 8x2 + 5x2 + 3x2 + 4x1 x2 . 1 2 3 Giải phương trình |A − λI3 | = (3 − λ)(λ2 − 8λ + 12) = 0 tìm được 3 giá 0.5 trị riêng λ1 = 4, λ2 = 3, λ3 = 9. Với λ = 4, Vλ=4 = {a.(1; −2; 0)T /a ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của 0.5 Vλ=4 là X1 = (1; −2; 0)T . Với λ = 3, Vλ=3 = {b.(0; 0; 1)T /b ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của Vλ=3 0.5 là X2 = (0; 0; 1)T Với λ = 9, Vλ=9 = {c.(2; 1; 0)T /c ∈ R}. Chọn vector riêng cơ sở của Vλ=9 0.5 là X3 = (2; 1; 0)T X 1 −2 X X Đặt Y1 = ||X1 || = ( √5 ; √5 ; 0)T , Y2 = ||X2 || = (0; 0; 1)T , Y3 = ||X3 || = 1 2 3 2 1 ( √5 ; √5 ; 0)T và P = (Y1 Y2 Y3 ) là một ma trận trực giao.   4 0 0 Khi đó P −1 AP = D = 0 3 0 = P T AP. Tức là, A được chéo hoá 0.5 0 0 9 trực giao bởi P. Phép đổi biến trực giao X = P Y đưa Q(X) về dạng 2 2 2 chính tắc QCT (Y ) = 4y1 + 3y2 + 9y3 −1 c  2023câu (b) ta có  AP = D = P AP, suy ra D Theo P T 2023 = P −1 A2023 P = 0.5 4 0 0 2023  0 3 0  = P T A2023 P. Chứng tỏ A2023 được chéo hoá trực 2023 0 0 9 giao bởi ma trận trực giao P, có ma trận đường chéo là D2023 . Ta có det(B) = det(3A2023 ) = 33 .det(A2023 ) = 33 .(detA)2023 = 33 .1082023 . 0.5 II a Kiểm tra f (u + v) = f (u) + f (v) 0.5 Kiểm tra f (αu) = αf (u), với mọi u, v ∈ R3 , α ∈ R. 0.5 b Ker f = {u = (a; b; c)T ∈ R3 /f (u) = 0P2 [x] } = {(a; b; c)T ∈ R3 /a + 2b + 3c = 0; 2a + 3b − c = 0; 3a + 5b + 2c = 0} = {(a; b; c)T ∈ R3 /a + 2b + 3c = 0; b + 7c = 0} = {(11c; −7c; c)T /c ∈ R} 0.5 = Span{v = (11; −7; 1)T }. Vì v = 0R3 nên {v} là một cơ sở của Kerf và 0.5 dim Kerf = 1. c Dễ thấy 0P2 [x] ∈ W ⊂ P2 [x]. Với mọi α ∈ R, u, v ∈ W, ta có v(1) = v(−1) = 0, u(1) = u(−1) = 0. Vì 0.5 (αu)(1) = αu(1) = 0 = αu(−1) = (αu)(−1) nên αu ∈ W. Hơn nữa, vì (u + v)(1) = u(1) + v(1) = 0 = u(−1) + v(−1) = (u + v)(−1) 0.5 nên u + v ∈ W. Vậy W P2 [x]. d Để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất thì hệ phương trình  0.5 x + 3y + mz = 2m + 5  mx − y + 5z = 1 − m phải có duy nhất nghiệm  2 3x + my + z = m + 1  ⇐⇒ detE = (m + 4)(m2 − 4m + 11) = 0 ⇐⇒ m = −4. 0.5 III a Với mọi A, B ∈ U, ta có det(A) = 2023 = det(B). Vì det(AB) = 0.5 det(A).det(B) = 20232 nên AB ∈ U. Vậy phép nhân hai ma trận trên / Matn (R) không là một phép toán hai ngôi trên U 1
Với mọi A, B ∈ S, ta có det(A) = 1 = det(B). Vì A.B ∈ Matn (R) và det(AB) = det(A).det(B) = 1 nên AB ∈ S. Vậy phép nhân hai ma trận trên Matn (R) là một phép toán hai ngôi trên S. Với mọi A, B, C ∈ S, ta có (AB)C = A(BC). Phần tử trung hoà: In ∈ S. 0.5 −1 Với mọi X ∈ S, ta có detX = 1, tồn tại X ∈ Matn (R). Hơn nữa, 0.5 det(X.X −1 ) = detIn = 1 = detX.detX −1 , suy ra detX −1 = 1. Do đó X −1 ∈ S. Vậy S cùng với phép nhân hai ma trận trên Matn (R) tạo thành một nhóm. 3 13 b Số hoá "DO" và "NE" ta được và 14 4 3 22 13 12 K (mod26) = và K (mod26) = 14 11 4 23 Vậy tin nhắn sau khi mã hoá là "WLMX". 0.5 2