CƠ SCƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Ở ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Đề + đáp án 2010 2011 ca 1

ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010-2011
Môn học: Đại số tuyến tính.
Thời gian làm bài: 90 phút. Đề thi gồm 8 câu.
Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
HÌNH THỨC THI: TỰ LUẬN. CA 1
Câu 1 : Cho ma traän A =




1 +2 i 2 −i
1 +2 i 3 +2 i








1
−1 0
−2


Câu 2 : Cho hai ma trận A = 
−1
2
1
và
B
=



 1
3
−3 1
3
T
Tìm ma trận X thỏa 2 I + AX = B .






Câu 3 : Giải hệ phương trình 




x1
2 x1
3 x1
5 x1

√
5
z.

. Đặt z =det( A) . Tính

+ x2
+ x2
+ x2
+ 3 x2

− x3
− 3 x3
− 5 x3
− 7 x3

3
−2
1

− 2 x4
− 5 x4
− 8 x4
− 1 2 x4

6



5 
.
7
=
=
=
=

0
0
0
0

Câu 4 : Trong IR3 , cho tích vô hướng
( x, y) = ( ( x1 , x2 , x3 ) , ( y1 , y2 , y3 ) ) = 3 x1 y1 + 2 x1 y2 + 2 x2 y1 + 5 x2 y2 + x3 y3 .
Tìm độ dài của vécto u = ( 1 , 2 , −1 ) .

Câu 5 : Cho ánh xạ tuyến tính f : IR3 −→ IR3 , biết
f ( 1 , 1 , 1 ) = ( −6 , −3 , −3 ) , f( 1 , 1 , 0 ) = ( 6 , 5 , 2 ) , f( 1 , 0 , 1 ) = ( 6 , 2 , 5 ) .
Tìm tất cả các vécto riêng của f ứng với trị riêng λ1 = 3 .
Câu 6 : Cho ánh xạ tuyến tính f : IR3 −→ IR3 , bieát
f ( x) = f( x1 , x2 , x3 ) = ( 2 x1 + x2 − 3 x3 , x1 + 2 x2 + x3 , x1 − 2 x3 ) .
Tìm ma trận của f trong cơ sở E = {( 1 , 1 , 1 ) , ( 1 , 1 , 0 ) ; ( 1 , 0 , 0 ) }

Câu 7 : Đưa dạng toàn phương f ( x1 , x2 ) = 5 x21 − 4 x1 x2 + 8 x22 về dạng chính tắc bằng biến đổi TRỰC
GIAO. Nêu rõ phép đổi biến.
Câu 8 : Cho ma trận vuông thực A cấp 3, X1 , X2 , X3 ∈ IR3 là 3 vécto cột, độc lập tuyến tính. Biết
A · X1 = X2 , A · X2 = X3 , A · X3 = X1 . Tìm tất cả trị riêng và vécto riêng của A3 .
CHỦ NHIỆM BỘ MÔN


Đáp án đề thi Đại số tuyến tính, năm 2010-2011, ca 1
Thang điểm: câu 1, 2, 5, 6: 1.5 điểm. Các câu còn lại 1 điểm.
Nếu cách làm đúng mà đáp án sai, thì vẫn cho điểm tùy theo mức độ.
√
Câu 1. det ( A)
=

−5
+
5
i
=
5
2 ( c o s ( 3 π/4 + i s in 3 π/4 ) .


√
√
3
π/4
+
k2
π
3 π/4 + k2 π
5
z = zk = 10 5 0 c o s
+ i s in
, k = 0 , 1 , ..., 4 .
5
5




5
1 −1
−2 3 −4 1 1





1 −1 
−5
8 
Caâu 2. X = A−1 B T − 2 I , A−1 =  4
 Suy ra X =  −1 9

−3 0
1
1 8
2
−4
Câu 3. Đưa về bậc thang, giải ra được nghiệm tổng quát X = ( 2 α + 3 β, −α − β, α, β) .

√
√
Câu 4. Độ dài vécto ||u|| = ( u, u) = 3 + 4 + 4 + 2 0 + 1 = 3 2

Câu 5. Có nhiều cách làm. Tìm f( 1 , 0 , 0 ) = ( 1 8 , 1 0 , 1 0 ) , f( 0 , 1 , 0 ) = ( −1 2 , 
−5 , −8 ) , f ( 0 , 0 , 1 ) =
1 8 −1 2 −1 2
−5
−8 
( −1 2 , −8 , −5 ) , suy ra ma trận của f trong chính tắc là A = 
 1 0

1 0
−8

−5
Ứng với trị riêng λ1 = 3 , giải hệ ( A − 3 I) X = 0 , ta có nghiệm X = ( 4 α, 5 α − β, β) T . Suy ra tất cả
các vécto riêng của f ứng với trị riêng λ1 = 3 laø X = ( 4 α, 5 α − β, β)
Caâu 6. f ( 1 , 1 , 1 ) = ( 0 , 4 , 1 ) , suy ra [f ( 1 , 1 , 1 ) ]E = ( −1 , 5 , −4 ) T ;

f ( 1 , 1 , 0 ) = ( 3 , 3 , 1 ) , suy ra [f( 1 , 1 , 0 ) ]E = ( 1 , 2 , 0 )

T





−1 1 1

T
2 0 
f ( 1 , 0 , 0 ) = ( 2 , 1 , 1 ) , suy ra [f( 1 , 0 , 0 ) ]E = ( 1 , 0 , 1 ) . Ma trận cần tìm: A =  5

−4
0
1



5
−2
Câu 7. Ma trận của dạng toàn phương: A =
. Chéo hóa trực giao A = P DP T , trong
−2
8



1
2



√ 
 √
9 0

5
5 
, P =  −2
đó D =
.
1

0 4
√
√ 
5
5
Dạng chính tắc cần tìm: f ( y1 , y2 ) = 9 y12 + 4 y22 . Phép đổi biến X = P Y .
Câu 8. Ta có A3 ( X1 ) = A( A( AX1 ) ) = A( AX2 ) = AX3 = X1 . Suy ra X1 là vécto riêng của A3 ứng
với trị riêng λ1 = 1 .
Tương tự 2 vécto X2 , X3 đều là vécto riêng của A3 ứng với trị riêng λ1 = 1 .
Vì X1 , X2 , X3 độc lập tuyến tính nên Bội hình học của λ1 bằng 3. Suy ra A3 chỉ có một trị riêng
và A3 = I.

1