Trang 1
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
ĐỀ THI THỬ CUỐI KỲ MÔN ĐẠI SỐ - Học kì 20231
Nhóm ngành 2 Thời gian làm bài: 90 phút
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và giám thị phải kí xác nhận số đề vào bài thi.
Câu 1. [1đ] Cho ánh xạ R
2 → M : (x, y) →
x+y 0
0 x−2y
. Trong đó M là không gian ma trận đường
chéo cấp 2. Ánh xạ trên có phải là ánh xạ song ánh không? Vì sao?
Câu 2. [1đ] Cho ma trận A =
1 2 2
2 m m+8
3 7 m+1
. Tìm m để r(A) = 2.
Câu 3. [1.5đ] Trong không gian R
4
, cho hệ véctơ B = {v1 = (1,1,2,1); v2 = (3,0,7,4); v3 = (2,2,m,3), v4 =
(1,1,2,2)}.
a) Tìm m để hệ B lập thành một cơ sở của R
4
.
b) Cho m =
11
3
, tìm tọa độ của véctơ v = (1,4,1,2) đối với cơ sở B thông qua công thức đổi tọa độ.
Câu 4. [2.5đ] Trên không gian P2[x] cho ánh xạ tuyến tính f và cơ sở B = {v1 = 3 + x − x
2
, v2 =
2+3x−x
2
, v3 = 1+2x+3x
2}, biết: f(v1) = 6+2x−2x
2
; f(v2) = 5+4x−2x
2
; f(v3) = 2+3x−x
2
.
a) Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính trên với cặp cơ sở B.
b) Chéo hóa ma trận A.
c) Cho biết f
k = f ◦ f ◦ ... ◦ f (k lần). Hãy tìm ma trận của f
2024
.
Câu 5. [2đ] Trong không gian R
3
cho tích vô hướng ⟨x, y⟩ = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 và không gian
V = span{v1 = (2; −3; −1); v2 = (0; m; 1); v3 = (m+2; 4; 3)}
a) Tìm số thực m để khoảng cách giữa 2 véctơ v2 và v3 là nhỏ nhất.
b) Với m vừa tìm được, tìm 1 cơ sở trực chuẩn và hình chiếu trực giao của w = (−2;−8; 13) lên V.
Câu 6. [1đ] Tìm cơ sở và số chiều không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất sau:
x1 +2x2 +x3 −2x4 = 0
3x1 +5x2 −2x3 −x4 = 0
4x1 +2x2 −x3 −3x4 = 0
7x1 +7x2 −3x3 −4x4 = 0
10x1 +12x2 −5x3 −5x4 = 0
Câu 7. [1đ] Cho ba số phức z1, z2, z3 thoả mãn
|z1| = |z2| = |z3| = 1
z1
z2
+
z2
z3
+
z3
z1
= 1
Tính giá trị của biểu thức: T =
z
2024
1 +z
2024
2 +z
2024
3
Chúc các bạn hoàn thành tốt bài thi!
Trang 2
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN ĐẠI SỐ - NHÓM NGÀNH 2
Thực hiện bởi team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập
Câu 1. [1đ]
Với m =
a 0
0 b
∈ M trong đó a,b ∈ R ta xét:
x+y 0
0 x−2y
=
a 0
0 b
⇒
x+y = a
x−2y = b
Hệ phương trình trên là hệ Cramer vì D =
1 1
1 −2
= −3 ̸= 0
⇒ Hệ có nghiệm duy nhất ∀a,b ∈ R.
Vậy ánh xạ f là ánh xạ song ánh.
Câu 2. [1đ]
Ta có: A =
1 2 2
2 m m+8
3 7 m+1
H2−2H1→H2 −−−−−−−→
H3−3H1→H2
1 2 2
0 m−4 m+4
0 1 m−5
+) m−4 = 0 ⇔ m = 4 ⇒ A =
1 2 2
0 0 8
0 1 −1
H2 ↔ H3 −−−−−→
1 2 2
0 1 −1
0 0 8
Khi đó r(A) = 3 (loại).
+) m−4 ̸= 0 ⇔ m ̸= 4, khi đó: A
(m−4)H3−H2→H3
−−−−−−−−−−−→
1 2 2
0 m−4 m+4
0 0 m
2 −10m+16
Để r(A) = 2 ⇔ m
2 −10m+16 = 0 ⇔
m = 2
m = 8
Vậy với m = 2 hoặc m = 8 thì r(A) = 2.
Trang 3
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
Câu 3. [1.5đ]
a) Ma trận các véctơ viết theo hàng là:
1 1 2 1
3 7 0 4
2 2 m 3
1 1 2 2
H2−3H1→H2 −−−−−−−−−−−−−−−→
H3−2H1→H3, H4−H1→H4
1 1 2 1
0 4 −6 1
0 0 m−4 1
0 0 0 1
Nhận xét:
+) Nếu m−4 = 0 ⇔ m = 4 thì r(A) = 3 < 4 = dimR
4 ⇒ hệ B không lập thành cơ sở.
+) Nếu m−4 ̸= 0 ⇔ m ̸= 4 thì r(A) = 4 = dimR
4 ⇒ hệ B lập thành cơ sở.
Vậy ∀m ̸= 4 thì hệ B đã cho lập thành cơ sở.
b) Gọi cơ sở chính tắc của R
4
là E = {e1 = (1,0,0,0); e2 = (0,1,0,0); e3 = (0,0,1,0); e4 = (0,0,0,1)}
+) Xác định ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc E sang cơ sở B:
Ta có v1 = (1,1,2,1) = 1.e1 +1.e2 +2.e3 +1.e4 ⇒ [v1]E = [1 1 2 1]
T
v2 = (3,0,7,4) = 3.e1 +0.e2 +7.e3 +4.e4 ⇒ [v2]E = [3 0 7 4]
T
v3 =
2,2,
11
3
,3
= 2.e1 +2.e2 +
11
3
.e3 +3.e4 ⇒ [v3]E =
2 2
11
3
3
T
v4 = (1,1,2,2) = 1.e1 +1.e2 +2.e3 +2.e4 ⇒ [v4] = [1 1 2 2]
T
Suy ra ma trận chuyển cơ sở từ E sang B là P =
1 3 2 1
1 0 2 1
2 7
11
3
2
1 4 3 2
+) Ta có v = (1,4,1,2) = 1.e1 +4.e2 +1.e3 +2.e4 ⇒ [v]E = [1 4 1 2]
T
Do [v]E = P.[v]B ⇒ [v]B = P
−1
.[v]E =
1 3 2 1
1 0 2 1
2 7
11
3
2
1 4 3 2
−1
.
1
4
1
2
=
2
−1
0
2
Vậy tọa độ của v đối với B là [v]B =
2
−1
0
2
Trang 4
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
Câu 4. [2.5đ]
a) Gọi A là ma trận của AXTT đối với cặp cơ sở B.
A =
h
[ f(v1)]B [ f(v2)]B [ f(v2)]B
i
+) f(v1) = 6+2x−2x
2 = 2(3+x−x
2
) = 2v1 +0v2 +0v3 ⇒ [ f(v1)]B = [2 0 0]
T
+) f(v2) = 5+4x−2x
2 = av1+bv2+cv3 = a(3+x−x
2
)+b(2+3x−x
2
)+c(1+2x+3x
2
) (a,b, c ∈ R).
⇒
3a+2b+c = 5
a+3b+2c = 4
−a−b+3c = −2
⇔
a = 1
b = 1
c = 0
⇒ f(v2) = 5+4x−2x
2 = v1 +v2 +0v3 ⇒ [ f(v2)]B = [1 1 0]
T
+) f(v3) = 2+3x−x
2 = v2 ⇒ [ f(v3]B = [0 1 0]
T
⇒ A =
2 1 0
0 1 1
0 0 0
Nhận xét: Khi tính [ f(v1)]B,[ f(v3)]B nếu chưa nhìn ra luôn tọa độ thì ta cũng có thể tính tổng quát như
khi tính [ f(v2)]B ở trên.
b) Xét phương trình đặc trưng: P(λ) = det(A−λI) =
2−λ 1 0
0 1−λ 1
0 0 −λ
= (2−λ)(λ −1)λ
P(λ) = 0 ⇔ (2−λ)(λ −1)λ = 0 ⇔
λ1 = 2
λ2 = 1
λ3 = 0
+) Với λ1 = 2 ⇒ (A−2I)X = 0 ⇔
0 1 0
0 −1 1
0 0 −2
x1
x2
x3
=
0
0
0
⇔
x2 = 0
−x2 +x3 = 0
−2x3 = 0
⇔
x1 = t
x2 = 0 (t ∈ R)
x3 = 0
⇒ X1 =
t
0
0
= t
1
0
0
⇒ v4 =
1
0
0
là một véctơ riêng ứng với λ1 = 2.
Trang 5
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
+) Với λ2 = 1 ⇒ (A−I)X = 0 ⇔
1 1 0
0 0 1
0 0 −1
x1
x2
x3
=
0
0
0
⇔
x1 +x2 = 0
x3 = 0
−x3 = 0
⇔
x1 = −t
x2 = t (t ∈ R)
x3 = 0
⇒ X2 =
−t
t
0
= t
−1
1
0
⇒ v5 =
−1
1
0
là một véctơ riêng ứng với λ2 = 1.
+) Với λ3 = 0 ⇒ AX = 0 ⇔
2 1 0
0 1 1
0 0 0
x1
x2
x3
=
0
0
0
⇔
2x1 +x2 = 0
x2 +x3 = 0
⇔
x1 =
t
2
x2 = −t (t ∈ R)
x3 = t
⇒ X3 =
t
2
−t
t
= t
1
2
−1
1
⇒ v6 =
1
2
−1
1
là một véctơ riêng ứng với λ3 = 0.
⇒ Ma trận A chéo hóa được và ma trận làm chéo hóa A
P =
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
Với P
−1AP =
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
−1
2 1 0
0 1 1
0 0 0
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
=
2 0 0
0 1 0
0 0 0
c) Vì ánh xạ f có ma trận theo cơ sở B là A, nên ma trận của f
2024 theo cở sở B là A
2024
.
Theo b), ta có P
−1AP =
2 0 0
0 1 0
0 0 0
⇒ A = P .
2 0 0
0 1 0
0 0 0
. P
−1
Trang 6
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
Sử dụng tính chất của ma trận đồng dạng và P =
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
, ta có:
A
2024 =
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
.
2 0 0
0 1 0
0 0 0
2024
.
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
−1
=
1 −1
1
2
0 1 −1
0 0 1
.
2
2024 0 0
0 12024 0
0 0 0
.
1 1
1
2
0 1 1
0 0 1
=
2
2024 −1 0
0 1 0
0 0 0
.
1 1
1
2
0 1 1
0 0 1
=
2
2024 2
2024 −1 22023 −1
0 1 1
0 0 0
Vậy ma trận của f
2024 theo cơ sở B là A
2024 =
2
2024 2
2024 −1 22023 −1
0 1 1
0 0 0
Câu 5. [2đ]
a) Khoảng cách giữa 2 véctơ v2 và v3 là:
d(v2, v3) =∥ v3 −v2 ∥=∥ (m+2; 4−m; 2) ∥
=
q
(m+2)
2 +2(4−m)
2 +12 =
p
3m2 −12m+48
=
q
3(m−2)
2 +36 ≥ 6 ∀m ∈ R
Dấu "=" xảy ra ⇔ m = 2.
Vậy m = 2 thì khoảng cách giữa v2 và v3 đạt GTNN bằng 6.
b) Với m = 2 thì V = span
v1 = (2; −3; −1); v2 = (0; 2; 1); v3 = (4; 4; 3)
Gọi A là ma trận tọa độ của {v1, v2, v3}
A =
2 −3 −1
0 2 1
4 4 3
H3−2H1→H3 −−−−−−−→
2 −3 −1
0 2 1
0 10 5
H3−5H2→H3 −−−−−−−→
2 −3 −1
0 2 1
0 0 0
⇒ V có 1 cơ sở là B =
b1 = (2;−3;−1); b2 = (0; 2; 1)
Trực chuẩn hóa cơ sở B bằng thuật toán Gram - Schmidt:
Trang 7
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
u1 = b1 = (2;−3;−1)
u2 = b2 −
⟨b2; u1⟩
∥ u1 ∥
2
u1 = (0; 2; 1)−
−3
5
(2;−3;−1) =
6
5
;
1
5
;
2
5
Chuẩn hóa các véctơ u1; u2; u3 thu được:
u
′
1 =
u1
∥ u1 ∥
=
1
5
(2;−3;−1)
u
′
2 =
u2
∥ u2 ∥
=
1
5
√
2
(6; 1; 2)
⇒ V có 1 cơ sở trực chuẩn là U =
u
′
1 =
1
5
(2;−3;−1); u
′
2 =
1
5
√
2
(6; 1; 2)
Gọi w
′
là hình chiếu trực giao của w lên không gian V, khi đó ta có:
w
′ = ⟨w, u
′
1
⟩. u
′
1 + ⟨w, u
′
2
⟩. u
′
2 + ⟨w, u
′
3
⟩. u
′
3
=
2
5
;
−3
5
;
−1
5
+ (6; 1; 2)
=
32
5
;
2
5
;
9
5
Vậy hình chiếu trực giao của w lên không gian V là w
′ =
32
5
;
2
5
;
9
5
.
Câu 6. [1đ]
Xét ma trận hệ số A =
1 2 1 −2
3 5 −2 −1
4 2 −1 −3
7 7 −3 −4
10 12 −5 −5
H2−3H1→H2, H3−4H1→H3 −−−−−−−−−−−−−−−−−→
H4−7H1→H4, H5−10H1→H5
1 2 1 −2
0 −1 −5 5
0 −6 −5 5
0 −7 −10 10
0 −8 −15 15
H3−6H2→H3 −−−−−−−−−−−−−−−−→
H4−7H2→H4, H5−8H2→H5
1 2 1 −2
0 −1 −5 5
0 0 25 −25
0 0 25 −25
0 0 25 −25
H4−H3→H4 −−−−−−−→
H5−H3→H5
1 2 1 −2
0 −1 −5 5
0 0 25 −25
0 0 0 0
0 0 0 0
Do r(A) = 3 < 4 = số ẩn ⇒ Hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số:
x1 +2x2 +x3 −2x4 = 0
−x2 −5x3 +5x4 = 0
25x3 −25x4 = 0
⇔
x3 = t
x4 = t ( t ∈ R)
x2 = 0
x1 = t
Ta được tập nghiệm của hệ: S =
x = (x1, x2, x3, x4) = t(1,0,1,1)
t ∈ R
Trang 8
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
Vậy dimS = 1 và 1 cơ sở của S là
(1,0,1,1)
.
Câu 7. [1đ]
Vì |z1| = |z2| = |z3| = 1 nên
z1
z2
=
z2
z3
=
z3
z1
= 1 .
Đặt z1
z2
= cos x+isinx,
z2
z3
= cos y+isiny
Suy ra
z3
z1
=
z3
z2
.
z2
z1
= cos(−x−y) +isin(−x−y)
Mà z1
z2
+
z2
z3
+
z3
z1
= 1 nên:
cos x+cos y+cos(−x−y) = 1
sinx+siny+sin(−x−y) = 0
. Ta có:
0 = sinx+siny+sin(−x−y) = 2 sin x+y
2
cos
x−y
2
−2 sin x+y
2
cos
x+y
2
= 2 sin x+y
2
cos
x−y
2
−cos
x+y
2
= 4 sin x+y
2
sin x
2
sin y
2
Suy ra x = k2π hoặc y = k2π hoặc x+y = k2π
Do đó hai trong ba số z1, z2, z3 bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử z1 = z2.
Khi đó z1
z3
+
z3
z1
= 0 ⇒
z1
z3
= −
z3
z1
⇒
z3
z1
2
= −1 ⇒ z3 = ±iz1
Do đó
z
2024
1 +z
2024
2 +z
2024
3
=
z
2024
1 +z
2024
1 + (±iz1)
2024
= 3|z1|
2024 = 3
Tương tự với z2 = z3 và z1 = z3.
Vậy T = 3.
Affichage des 8 premières pages. Téléchargez le document pour le voir en entier.
Commentaires (0)
Aucun commentaire pour le moment. Soyez le premier !