Câu hỏi ôn thi môn Đại số Tuyến tính

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (890.47 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 1

CÂU HỎI ÔN THI MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CĨ ĐÁP ÁN

Câu 1: Tính định thức sau 2 13
6 29

TL: Nhân dòng thứ nhất với -3 rồi cộng vào dòng thứ 2 ta ta được

2 13 2 13 2 13

6
6 29   6 6  26 29  0 3 
Câu 2: Tính định thức sau

8 3 5 1

2 0 2 9

0 4 1 0

6 1 0 7

D







TL: Nếu chọn dòng thứ ba cột thứ hai thì a32 4 là một định thức con cấp một của D.

8 5 1

2 2 9

6 0 7
M



 



là định thức con bù của 4

 

3 2
32

8 5 1

1 2 2 9

6 0 7

A 



  



là phân bù đại số của 4

Nếu chọn hai dòng: thứ nhất và thứ ba, hai cột: thứ hai và thứ ba thì:

23
13

3 5
4 1

M  là một định thức con cấp hai của D;

23
13

2 9

6 7

M 

 là định thức con bù của
23

13
M

23 1 3 2 3
13

2 9

( 1)

6 7

A     



Câu 3: Tính dịnh thức cấp 3 sau 
5 0 8

2 7 4
3 6 0

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 2
TL:

5 0 8

2 7 4 5.7.0 0.4.3 8. 2.6 5.4.6 0( 2).0 8.7.3 96 120 168 384
3 6 0

              

Câu 4: Tính định thức sau

3 2 5 0

7 0 6 3

1 0 0 10

4 0 2 9



TL: Nhận thấy cột thứ hai có nhiều thành phần bằng 0. Khai triển định thức theo cột này ta khơng
cần tính phần bù đại số của những thành phần bằng 0. Như vậy,

 

1 2

7 6 3

1 ( 2) 1 0 10 2[6.10( 4) 3.12 6.19 7.10.2] 2( 240 6 54 140) 856
4 2 9

D               



Câu 5: Tính định thức sau

3 2 5 0

7 0 6 3

1 0 0 10

4 0 2 9

D






TL: Ta cũng có thể khai triển định thức này theo dòng hoặc cột có thành phần bằng 0. Tuy nhiên
nhờ tính chất 6, ta có thể biến đổi định thức để trong một dòng hoặc trong một cột chỉ còn nhiều
nhất là một thành phần khác 0. Chẳng hạn, ta sẽ biến đổi dòng thứ ba. Nhân cột thứ nhất với 1 rồi
cộng vào cột thứ hai, nhân cột thứ nhất với -10 rồi cộng vào cột thứ tư, ta được:

 

3 1

3 2 5 0 3 5 5 30

5 5 30

7 0 6 3 7 7 6 67

1 1. 7 6 67

1 0 0 10 1 0 0 0

6 2 49

4 0 2 9 4 6 2 49



  

 



    

 

Giữ nguyên cột thứ hai, cộng cột thứ hai vào cột thứ nhất, nhân cột thứ hai với 6 rồi cộng vào cột
thứ 3 ta được:

 

1 2
0 5 0

1 31

1 6 31 1 5 5( 61 248) 5.187 935

8 61
8 2 61

D               

Câu 6: Cho

4 13 2 0

7 9 , 11 8

15 6 3 1

A B



   

   

    

   

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 3
TL: Cộng - A vào hai vế của đẳng thức 2X + A - B, ta có :

2X=B-A

Hay

2 4 0 13 6 13

2 11 7 8 9 4 17

3 15 1 6 18 5

13
3

6 13

1 17

4 17 2

2 2

18 5

5
9

X

  

   

   

     

      

   



 

 



   



   

     

    

  

 

 

 

Câu 7: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau

1 3 0
0 2 1
3 1 5
A

 

 

  

 

 

 

2 3
1 3 0 1 3 0

| | 0 2 1 0 0 1 1 ( 1)(11 9) 2
3 1 5 3 11 5

A          

Tìm các phần bù đại số

11 12 13 21 22

23 31 32 33

11, 3, 6, 15, 5

8, 3, 1, 2

A A A A A

A A A A

       

    

Thiết lập ma trận nghịch đảo

11 15 3

2 2 2

11 15 3

1 3

3 5 1 2,5 0,5

2 2

6 8 2

3 4 1

A

 

 

 

 

   



   

    

   

  

 

 

Câu 8: Cho phép biến đổi tuyến tính f: 3 3

R  R có ma trận đối với cơ sở chính tắc là

1 2 2

1 0 3
1 3 0
A



 

 

  

 

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 4
Giải phương trình

1 2 2

1 3 0 ( 3)( 4 3) 0

1 3

k

k k k k

k

 

      



Ta được k1 3, k2 1, k33
Với K2=1,nên ta có

2 3

1 2 3

2 2 0
3 0
3

x x

x x x

 



   



  



ta được nghiệm tổng quát (- 2C3, C3, c3).

Không gian bất biến tương ứng gồm các vectơ có dạng C3( 2,1,1) C33
Vậy không gian bất biến này sinh bởi 3

Câu 9: Cho một tự đồng cấu có ma trận

1 4 8

4 7 4

8 4 1

 

 

  

 

  

 

Tìm giá trị riêng

Tìm giá trị riêng

B={{1,- 4,- 8},{- 4,7,- 4},{- 8, - 4, 1}}↵

Màn hình xuất hiện ma trận:

Out[1]={{1, - 4, - 8}, {- 4, 7, - 4},{- 8, - 4, 1}}

Eigenvalues[B] ↵ Màn hình xuất hiện:

Out[2]={-9,9,9}.

Câu 10: Cho một từ đồng cấu có ma trận

1 4 8

4 7 4

8 4 1

 

 

  

 

  

 

Tìm vectơ riêng.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 5
TL: Tìm vectơ riêng:

Tạo các ma trận như trên. Nếu đã có ma trận trên màn hình thì khơng cần tạo nữa.

Để tìm vectơ riêng đánh lệnh:

Eigenvectors [B] ↵

Màn hình xuất hiện:

Out[]={{2,1,2},{-1,0,1},{-1,2,0}}.

c) Tìm đồng thời cả giá trị riêng và vectơ riêng

{vals, vecs}=Eigensystem[B] ↵

Màn hình xuất hiện: Out[]={{-9,9,9},{{2,1,2},{-1,0,1},{-1,2,0}}}

Câu 11: Chứng minh rằng một khơng gian véctơ howacj chỉ có một vecto hoặc có vơ số vecto 
TL: Giả sử V là khơng gian vecto và V có nhiều hơn 1 vecto,ta chứng minh V chứa vơ số vecto.thật
vậy,vì V có nhiều hơn một vecto nên tồn taig vecto có alpha thuộc V,alpha khác 0.

Khi đó với mọi a,b thuộc R (a b ) 0 <==>a-b-0<==>a=b
Do đó có vơ số các vecto

Câu 13: Xét khơng gian vecto với 2 cơ sở sau



1 2 3



1 2 3

1 2 3 1 2 3

, , , (1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1)
( , , ), (1,1, 0), (0,1,1), (1, 0,1)

      

      

   

Tìm ma trận chuyển từ cơ sở (ε) sang cơ sở (ξ)

TL ta có :

1 1 2

2 3 2

3 3 1

(1,1, 0)+(0,1, 0)=
(0,1,1)+(0, 0,1)=
(1, 0,1) (0, 0, 3)=

  

 

  

Vậy ma trận chuyển từ cơ sở (ε) sang cơ sở (ξ) là

1 0 1
1 1 0
0 1 1
T

 

 

  

 

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 6



1 2 3



1 2 3

1 2 3 1 2 3

, , , (1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1)
( , , ), (1,1, 0), (0,1,1), (1, 0,1)

      

      

   

TL: ta biết rằng ma trận chuyển từ cơ sở (ξ) sang cơ sở (ε) là:

0, 5 0, 5 0, 5
0, 5 0, 5 0, 5
0, 5 0, 5 0, 5
T



 

 

  

  

 

Gọi tọa độ của vectoβ đối với cơ sở (ξ) là (x1, x2, x3). Theo giả thiết tọa độ củavecto β đối với cơ sở

(ε) là y1 = - 5, y2 = 0, y3 = 1. Theo cơng thức đổi tọa độ ta có:

x1=0,5.(-5)+0,5.0+(-0,5).1=-3

x2=-0,5.(-5)+0,5.0+(0,5).1=3

x3=0,5.(-5)+-0,5.0+(+0,5).1=-2

Câu 15: Tìm cơ sở của khơng gian vectơ sinh bởi hệ vectơ gồm các vectơ trong R3:
1 (1,5, 3), 2 (4, 20, 12), 3 (2, 1,5)

        

TL: Gọi A là ma trận mà các vectơ dòng là các vectơ đã cho:

1 5 3

4 20 12

2 1 5

A



 



Nhận thấy

1 5 3

1 5

0, 4 20 12 0
2 1

2 1 5



  



Như vậy 1 5

2 1 là định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận A.
Câu 16: Cho hệ vecto A gồm

(1, 2, 3, 4)
( 1, 3, 0,1)
(2, 4,1,8)
(1, 7, 6, 9)
(0,10,1,10)






 


 






 


 


</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 7

1 2 3 4

1 3 0 1

2 4 1 8

1 7 6 9

0 10 1 10

 

 

 

 

Theo định lí, ta phải tìm định thức con cấp cao nhất khác 0 của A. Xuất phát từ một định thức con
khác 0 bất kì, chẳng hạn

1 2

0
1 3

D  



Ta xét các định thức cấp 3 chứa D2.

D3=-25 khác 0

Tương tự Xét tiếp các định thức con cấp 4 chứa D3

Câu 17: Giải hệ phương trình

5 4 7

2 9 4

3 11 7 17

x y z

   


   


   



Nhân hai vế của phương trình (1) lần lượt với - 2, - 3 rồi cộng lũ lượt vào phương trình (2) và
phương trình (3), ta được hệ:

5 4 7

9 18
4 19 38

x y z

y z

   


  


  



Từ đó z=-2,thay z vào 2 phương thì thì tìm được x=1,y=0

Vậy nghiệm của hệ là (1,0,-2)

Câu 18: Giải hệ phương trình sau

3 2 1

2 4 5

3 6 9

12 2 2 10

x yy z t

x y z t

   



    


     


     



TL:

3 1 1 2 1

1 1 2 4 5

1 1 3 6 9

12 2 1 2 10

B

   

   

 

    

 

    

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 8
Đổi chỗ dòng thứ nhất với dòng thứ ba rồi tiếp tục biến đổi ta được:

1 1 3 6 9

0 2 5 10 14

0 0 0 0 0

   

   

 

 

Ma trận cuối cùng ứng với hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}

3 6 9

2 5 10 14

x y z t

y z t

    



   



Nếu cho x3 = c3, x4 = c4, với c3, c4 thuộc trường số K thì vế phải của mỗi phương trình trong hệ
này là một số và hệ trở thành một hệ Cramer vì định thức của nó là

1 1

2 0
0 2   

Nếu cho c3, c4 một giá trị cụ thể thì ta được một nghiệm riêng của hệ. Chẳng hạn, với c3 = 0, c4 = 1,
ta được một nghiệm riêng là (-1, - 2, 0, 1).

Câu 19: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss, rồi tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ 
phương trình:

3 3 3 0

2 0

2 4 0

2 5 0

x z t

x y z t

x y z t

  



    


    


    



TL Biến đổi ma trận A:

3 0 3 3 1 1 1 2

1 1 1 2 0 3 6 3

2 1 4 1 0 0 0 0

1 2 5 1 0 0 0 0

 

   

      

  

    

   

 

   

Hệ đã cho trở thành hệ tương đương

2 0 2

3 6 3 0 2

x y z t z y z t

y z t y z t

       

 



      

 

Nghiệm tổng quát của hệ là (c3 - c4, 2c3 + c4, c3, c4) cho x3 = 1, x4 = 0, ta được một nghiệm riêng:
(1, 2, 1, 0). Cho x3 = 0, X4 = 1, ta được một nghiệm riêng: (-1, 1, 0, 1).

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 9
(1, 2,1, 0)

( 1, 2, 0,1)


 



Ta xét tiếp mối liên hệ giữa các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính và của hệ thuần nhất liên
kết. Nhắc lại rằng mỗi nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính n ẩn là một vectơ của khơng gian
Kết.

Câu 20: Giải hệ phương trình bằng máy tính bỏ túi

3 2 1

2 4 5

3 6 9

12 2 2 10

x y z t

   



    


     


     



TL: Tạo ma trận các hệ số, đánh lệnh: A={{3,-1,-1,2},{1,-1,-2,4},{1,1,3,-6},{12,-2,1,-2}}↵ Màn hình
xuất hiện: Out[1]={{3,-1,-1,2},{1,-1,-2,4},{1,1,3,-6},{12,-2,1,-2}} • Giải hệ phương trình, đánh lệnh:
LinearSolve[A,{1,5,- 910}]↵ Màn hình xuất hiện: Out[2]-{-2,-7,0,0} Đó là một nghiệm riêng của hệ
đã cho. • Tìm hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất liên kết, đánh lệnh: NullSpace[A] ↵ Màn hình
xuất hiện hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất: Out[3]={{1,5,0,1}, {-1,-5,2,0}}. Muốn tìm nghiệm
tổng quát của hệ đã cho ta chỉ việc lấy tổng của một nghiệm riêng của hệ đã cho với một tổ hợp
tuyến tính của hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình thuần nhất liên kết: (x,y,z,t) = (-2, -7, 0, 0) +
c3(-1, -5, 2, 0) + c4(1, 5, 0, 1) = (-2-c3+ c4, -7- 5c3 + 5c4, 2c3, c4).

Câu 21: Tìm chiều và 1 cơ sở trưc chuẩn của không gian nghiệm của không gian nghiệm của hệ 
phương trình

1 2 3 4

2 0

2 3 5 0

3 5 8 0

5 3 7 12 0

x x x x

   



    



    



    



Tìm một cơ sở tùy ý của khơng gian nghiệm E={(2,-1,1,0),(3,-1,0,1)}

Dùng quá trình Gram đưa về cơ sở trực giao,ta có E1 ={( 2 ,−1 ,1 ,0 ) ,( 4 ,1 ,−7 ,6 ) }

Chuản hóa,cơ sở trực chuẩn

1 1

{ (2, 1,1, 0), (4,1, 7,1)}

6 67

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 0989 627 405 Trang | 10
Website Hoc247.vn cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, 
nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh 
nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các 
trường chuyên danh tiếng.

I.

Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG với đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng. 
- H2 khóa nền tảng kiến thức lun thi 6 mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học. 
- H99 khóa kỹ năng làm bài và luyện đề thi thử: Toán,Tiếng Anh, Tư Nhiên, Ngữ Văn+ Xã Hội.

II.

Lớp Học Ảo VCLASS

- Mang lớp học đến tận nhà, phụ huynh khơng phải đưa đón con và có thể học cùng con. 
- Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.

- Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.

- Mỗi lớp chỉ từ 5 đến 10 HS giúp tương tác dễ dàng, được hỗ trợ kịp thời và đảm bảo chất lượng học tập.

Các chương trình VCLASS:

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho 
học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS. Trần 
Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng đơi HLV đạt 
thành tích cao HSG Quốc Gia.

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các trường

PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên khác cùng 
TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

- Hoc Toán Nâng Cao/Tốn Chun/Tốn Tiếng Anh: Cung cấp chương trình VClass Toán Nâng Cao,
Toán Chuyên và Toán Tiếng Anh danh cho các em HS THCS lớp 6, 7, 8, 9.

III.

Uber Toán Học

- Gia sư Toán giỏi đến từ ĐHSP, KHTN, BK, Ngoại Thương, Du hoc Sinh, Giáo viên Toán và Giảng viên ĐH.
Day kèm Toán mọi câp độ từ Tiểu học đến ĐH hay các chương trình Tốn Tiếng Anh, Tú tài quốc tế IB,…
- Học sinh có thể lựa chọn bất kỳ GV nào mình u thích, có thành tích, chun môn giỏi và phù hợp nhất.
- Nguồn học liệu có kiểm duyệt giúp HS và PH có thể đánh giá năng lực khách quan qua các bài kiểm tra độc

lập.

- Tiết kiệm chi phí và thời gian hoc linh động hơn giải pháp mời gia sư đến nhà.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Online như Học ở lớp Offline

</div>

Câu hỏi ôn thi môn Đại số Tuyến tính

<b>CÂU HỎI ÔN THI MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CĨ ĐÁP ÁN </b>

 

 

 

 

 









<b>I. </b>

<b>Luyện Thi Online</b>

<b>II. </b>

<b>Lớp Học Ảo VCLASS</b>

<b>III. </b>

<b>Uber Toán Học</b>

<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về