Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập LUYỆN TẬP MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CHƯƠNG V : KHÔNG GIAN EUCLID I, Trắc nghiệm : Câu 1. Cho V là một không gian véc tơ trên trường K. Ta có ánh xạ f được gọi là dạng song tuyến tính trên V. Trong các khẳng định sau: f :V ×V → K (u,v) 7→ f(u,v) 1) f(u+v,w) = f(u,w) + f(v,w)∀u,v,w ∈V; 2) f(λu,v) = λ f(u,v),∀u,v ∈V,λ ∈ K; 3) f(u,v+w) = f(u,v) + f(u,w),∀u,v,w ∈V; 4) f(u,λv) = λ f(u,v),∀u,v ∈V,λ ∈ K. Số khẳng định đúng là: ⃝ A. 1 ⃝ C. 3 ⃝ B. 2 ⃝ D. 4 Đáp án: D Câu 2. Cho ma trận đối xứng A là ma trận 3×3 với các phần tử: 2 1 0 A = 1 3 1 0 1 2 Dạng toàn phương tương ứng Q(x) = x⊤Ax có thuộc loại nào dưới đây? ⃝ A. Dạng toàn phương dương ⃝ C. Dạng toàn phương không xác định ⃝ B. Dạng toàn phương âm ⃝ D. Dạng toàn phương nửa dương Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Để xác định loại của dạng toàn phương, chúng ta cần tìm các giá trị riêng của ma trận A. +) Xét phương trình đặc trưng det(A−λI) = 0, ta có: 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2−λ 1 0 det(A−λI) = det 1 3−λ 1 = 0 ⇔ (2−λ)2.(3−λ)−2.(2−λ) = 0 0 1 2−λ λ = 2 ⇔ λ = 1 ⇒ Dạng toàn phương Q(x) là dạng toàn phương dương. λ = 4 Câu 3. Cho ma trận đới xứng A là ma trận n×n với các giá trị riêng λ1,λ2, . . . ,λn và định thức det(A). Tính chất nào sau đây là đúng khi dạng toàn phương Q(x) = xT Ax có thể là dương xác định với mọi x ̸= 0 ? ⃝ A. A phải là ma trận đối xứng và det(A)> ⃝ C. A phải là ma trận đới xứng và tất cả 0. các giá trị riêng của A đều dương. ⃝ B. A phải là ma trận đới xứng và tất cả ⃝ D. A không cần phải là ma trận đới xứng; các giá trị riêng của A đều âm. chi cần det(A) ̸= 0. Đáp án: C [Hướng dẫn giải] +) A phải là ma trận đới xứng và tất cả các giá trị riêng của A đều dương. Câu 4. Cho ma trận đới xứng A là ma trận 4×4 với các giá trị riêng là λ1 = 3,λ2 = 2,λ3 = −1, và λ = −2. Nếu x là vector bất kỳ trong R4, thì dạng toàn phương Q(x) = xT Ax có tính chất gi? 4 ⃝ A. Q(x) là dương xác định cho mọi x ̸= 0. định tùy thuộc vào x. ⃝ B. Q(x) là âm xác định cho mọi x ̸= 0. ⃝ D. Q(x) là không xác định cho mọi x ̸= 0. ⃝ C. Q(x) có thể là dương hoặc âm xác Đáp án: C [Hướng dẫn giải] +) Q(x) có thể là dương hoặc âm xác định tùy thuộc vào x. 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 6 2 2 Câu 5. Đê bài: Cho ma trận A = 2 3 1 . Sữ dụng phương pháp chéo hóa trực giao để rút gọn 2 1 3 dạng toàn phương tương ứng. Biểu thức nào sau đây đúng cho ma trận chéo D và ma trận trực giao P ? 8 0 0 6 0 0 ⃝ A. PT AP = D vơi D = 0 2 0 ⃝ C. PT AP = D với D = 0 4 0 0 0 6 0 0 2 8 0 0 7 0 0 ⃝ B. PT AP = D vơi D = 0 2 0 ⃝ D. PT AP = D vơi D = 0 4 0 0 0 2 0 0 0 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Các giá trị riêng của ma trận A được tính toán từ phương trình đặc trưng det(A−λI) = 0. Sau khi giải phương trình đặc trưng, các giá trị riêng là λ1 = 8,λ2 = 2, và λ3 = 6. 8 0 0 +) Ma trận chéo D sẽ là: D = 0 2 0 0 0 6 8 0 0 +) Vậy PT AP = D với D = 0 2 0 0 0 6 Câu 6. Trong R3 với tích vô hướng Euclide cho các vector v = (1,1,1),v = (2,0,1),v = (4,−2,4). 1 2 3 Tìm prU(v3) với U = span{v1,v2}. 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 −5 ⃝ A. −1 ⃝ C. 1 2 −2 −1 1 ⃝ B. −1 ⃝ D. 1 2 −2 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệÅ ã {v1,v2}: 1 1 1 +) v1 → u1 = √ , √ , √ 3 3 3 Å ã 1 1 +) v2 → u2 = v2 − ⟨v2,u1⟩u1 = (1,−1,0) → u2 = √ ,−√ ,0 2 2 +) prU(v3) = u1⟨v3,u1⟩+u2⟨v3,u2⟩ = (5,−1,2) Câu 7. Cho không gian P2 [x] được trang bị một tích vô hướng: ˆ1 ⟨p,q⟩ = p(x)q(x)dx 0 Tính độ dài vector v = 1+2x+x2. √ √ 154 156 ⃝ A. ⃝ C. √5 √5 155 157 ⃝ B. ⃝ D. 5 5 Đáp án: B [Hướng dẫn giải] +) Độ dài của vector v được tính bởi: Õ » ˆ1 √ 4 155 ∥v∥ = ⟨v,v⟩ = (x+1) dx = . 5 0 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 8. Trong R3 cho dạng toàn phương có biểu thức tọa độ: ω(x) = 2x2 +2x2 +6x2 +2x x 1 2 3 1 2 Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ⃝ A. ω′(y) = 6y2 +y2 +3y2 ⃝ C. ω′(y) = 4y2 +y2 +3y2 1 2 3 1 2 3 ⃝ B. ω′(y) = 6y2 +2y2 +3y2 ⃝ D. ω′(y) = 4y2 +2y2 +3y2 1 2 3 1 2 3 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Gọi E = {e ,e ,e } là cơ sở chính tắc của R3 thì E là cơ sở trực chuẩn. 1 2 3 2 1 0 ⇒ Ma trận của ω đối với cơ sở E là: A =1 2 0 0 0 6 +) Xét phương trình: det(A−λI) = 0 2−λ 1 0 ⇔ 1 2−λ 0 = 0 ⇔ (6−λ)(1−λ)(3−λ) = 0 0 0 6−λ ⇔ λ = 6 hoặc λ = 1 hoặc λ = 3 +) Xét các trị riêng: • Với λ1 = 6, ta có: −4 1 0x1 0 x = x = 0 = ⇔ 1 2 1 −4 0x2 0 x3 = t (t ∈ R) 0 0 0 x3 0 0 ⇒ Ứng với trị riêng λ = 6, ta xác định được vector riêng sau khi chuẩn hóa: p = 0 1 1 1 • Với λ2 = 1, ta có: 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 1 0x1 0 x = −x = t (t ∈ R) = ⇔ 1 2 1 1 0x2 0 x3 = 0 0 0 5 x3 0 1 √ 2 −1 ⇒ Ứng với trị riêng λ2 = 1, ta xác định được vector riêng sau khi chuẩn hóa: p2 = √ 2 0 1 √ 2 1 • Tương tự, với λ3 = 3 ta xác định được vector riêng sau khi trực chuẩn là: p3 = √ 2 0 1 1 0 √ √ 6 0 0 2 2 −1 1 +) Vậy ma trận P = 0 √ √ và PT AP = D = 0 1 0 2 2 1 0 0 0 0 3 ⇒ Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ω(x) = ω′(y) = 6y2 +y2 +3y3 1 2 3 Câu 9. Trong R3 cho dạng toàn phương có biểu thức tọa độ: ω(x) = 2x2 +2x2 +6x2 +2x x 1 2 3 1 2 Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ⃝ A. ω′(y) = 6y2 +y2 +3y2 ⃝ C. ω′(y) = 4y2 +y2 +3y2 1 2 3 1 2 3 ⃝ B. ω′(y) = 6y2 +2y2 +3y2 ⃝ D. ω′(y) = 4y2 +2y2 +3y2 1 2 3 1 2 3 Đáp án: A [Hướng dẫn giải] +) Gọi E = {e ,e ,e } là cơ sở chính tắc của R3 thì E là cơ sở trực chuẩn. 1 2 3 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2 1 0 ⇒ Ma trận của ω đối với cơ sở E là: A =1 2 0 0 0 6 +) Xét phương trình: det(A−λI) = 0 2−λ 1 0 ⇔ 1 2−λ 0 = 0 ⇔ (6−λ)(1−λ)(3−λ) = 0 0 0 6−λ ⇔ λ = 6 hoặc λ = 1 hoặc λ = 3 +) Xét các trị riêng: • Với λ1 = 6, ta có: −4 1 0x1 0 x = x = 0 = ⇔ 1 2 1 −4 0x2 0 x3 = t (t ∈ R) 0 0 0 x3 0 0 ⇒ Ứng với trị riêng λ = 6, ta xác định được vector riêng sau khi chuẩn hóa: p = 0 1 1 1 • Với λ2 = 1, ta có: 1 1 0x1 0 x = −x = t (t ∈ R) = ⇔ 1 2 1 1 0x2 0 x3 = 0 0 0 5 x3 0 1 √ 2 −1 ⇒ Ứng với trị riêng λ2 = 1, ta xác định được vector riêng sau khi chuẩn hóa: p2 = √ 2 0 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 √ 2 1 • Tương tự, với λ3 = 3 ta xác định được vector riêng sau khi trực chuẩn là: p3 = √ 2 0 1 1 0 √ √ 6 0 0 2 2 −1 1 +) Vậy ma trận P = 0 √ √ và PT AP = D = 0 1 0 2 2 1 0 0 0 0 3 ⇒ Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ω(x) = ω′(y) = 6y2 +y2 +3y3 1 2 3 Câu 10. Tìm khoảng cách giữa x = (5,2,−2,2) ∈ R4 và L là không gian nghiệm của hệ: x−y+t = 0 2x−5y+z = 0 √ ⃝ A. 5 ⃝ C. 2 6 √ √ ⃝ B. 2 5 ⃝ D. 22 Đáp án: D [Hướng dẫn giải] +) Ma trận thu được từ hệ phương trình: 1 −1 0 1 1 −1 0 1 x−y+t = 0 −Đưa về bậc thang−−−−−−−−→ ⇒ Hệ phương trình được viết lại thành: 2 −5 1 0 0 −3 1 −2 −3y+z−2t = 0 z−5t x = Å ã Å ã Å ã 3 z−5t z−2t 1 1 −5 −2 ⇔ ⇒ Không gian nghiệm là (x,y,z,t) = , ,z,t = , ,1,0 z+ , ,0,1 t y = 3z−6t 3 3 3 3 3 3 ßÅ ã Å ã™ 1 1 −5 −2 = span , ,1,0 , , ,0,1 . Vậy L là không gian được sinh bởi hệ vector này. 3 3 3 3 +) Trực chuẩn hoá Gram-Schmidt hệ vector trên ta được hệ vector trực chuẩnÇ √ å {v1,v2} trong đó: 1 −16 −5 7 451 v1 = √ (1,1,3,0), v2 = √ , √ , √ , 11 451 451 451 41 +) Hình chiếu P của x xuống√ L được xác định bởi:… Å ã Å ã 11 41 1 1 3 32 10 −14 P=⟨x,v1⟩v1+⟨x,v2⟩v2 = ·v1+−2 ·v2 = , , ,0 + , , ,−2 = (3,1,−1,−2). 11 11 11 11 11 11 11 11 +) Khoảng cách giữa x dến không gian nghiệm L chính là khoảng cách giữa x và hình chiếu P của nó trên L: 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập √ d = ∥x−P∥ = ∥(2,1,−1,4)∥ = 22 Câu 11. Cho A là ma trận vuông chéo hóa trực giao được, P là ma trận làm chéo hóa trực giao A. Đâu là khẳng định sai: ⃝ A. A là ma trận đối xứng ⃝ C. det(A) = 1 hoặc det(A) = −1 ⃝ B. P−1AP là ma trận chéo ⃝ D. det(P) = 1 hoặc det(P) = −1 Đáp án: C [Hướng dẫn giải] +) Điều kiện cần và đủ để A là ma trận vuông chéo hóa trực giao được là A đối xứng. Hay nói cách khác mọi ma trận vuông đối xứng đều chéo hóa trực giao được. Mà 1 ma trận vuông đối xứng không nhất thiết phải có định thức bằng 1 hoặc -1 Câu 12. Mặt bậc hai (x+y)2 + (y+z)2 +4y = 2 là mặt: ⃝ A. Elipsoid ⃝ C. Paraboloid eliptic ⃝ B. Hypeboloid 1 tầng ⃝ D. Paraboloid hypebolic Đáp án: C [Hướng dẫn giải] X = x+y +) Đặt Y = y+z , mặt bậc hai trở thành: X2 +Y2 = Z. Đây là mặt Paraboloid eliptic Z = 2−4y II, Tự luận : Câu 13. Xác định a để dạng toàn phương sau là xác định dương: 2 2 2 3 Q(x1,x2,x3) = 4x1 +x2 +ax3 +3x1x2 −x1x3 − x2x3 8 Tìm a sao cho Q(x1,x2,x3) xác định dương? [Hướng dẫn giải] +) Sử dụng phương pháp Larange,ta thu được: Å ã2 Å ã 2 2 2 3 2 3 x3 7 2 1 2 Q(x1,x2,x3) = 4x1 +x2 +ax3 +3x1x2 −x1x3 − x2x3 = 2x1 + x2 − + x2 + a− x3 8 4 4 16 16 1 +) Vậy để Q(x1,x2,x3) xác định dương thì a > . 16 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 14. Cho dạng toàn phương Q(x ,x ,x ) = 2x2 +4x x +5x2 +3x2. Sau khi sử dụng phương pháp 1 2 3 1 1 2 2 3 chéo hóa trực giao, tìm ma trận đường chéo tương ứng của dạng toàn phương. [Hướng dẫn giải] +) Dạng toàn phương này có thể viết lại dưới dạng ma trận như sau: 2 2 0 x1 Å ã Q(x ,x ,x ) = x x x 2 5 0 x 1 2 3 1 2 3 2 0 0 3 x3 +) Tính các giá trị riêng của ma trận Giá trị riêng (eigenvalues) của ma trận A được tính bằng cách giải phương trình đặc trưng: det(A−λI) = 0 +) Ta thu được các giá trị riêng của ma trận là λ1 = 1,λ2 = 6, và λ3 = 3, do đó ma trận chéo tương ứng là diag(1,3,6). Câu 15. Tìm a,b ∈ R thỏa mãn: (a+b−1)2 + (a+b−2)2 + (b−3)2 + (2b−4)2 là nhỏ nhất [Hướng dẫn giải] +) Đặt u = (a+b,a+b,b,2b) = a·(1,1,0,0) +b·(1,1,1,2); 1 1 1 1 1 a 2 A = ;X = ;B = 0 1 b 3 0 2 4 +) Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm u sao cho ||u−(1,2,3,4)|| là nhỏ nhất ⇔ Tìm X sao cho ||AX −B|| là nhỏ nhất ⇔ AT AX = AT B 2 2 ⇔ ·X = [3 14]T 2 7 ï òT −7 11 ⇔ X = 10 5 −7 11 +) Vậy a = và b = 10 5 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 16. Trong không gian R3 với tích vô hướng chính tắc, cho các vector u = (1,2,−1),v = (3,6,3) và đặt H = {w ∈ R3|w ⊥ u}. Hình chiếu trực giao k của v lên không gian H là? [Hướng dẫn giải] +) w = (w1,w2,w3) ∈ H ⇔ w1 +2w2 −w3 = 0 (⟨w,u⟩ = 0) ⇔ w = a(1,0,1) +b(−2,1,0) ⇒ H = span{(1,0,1),(−2,1,0)}. +) Trực chuẩn hoá Gram-Schmidt:Å ã (1,0,1) 1 1 v1 = √ = √ ,0, √ 2 2 2Å ã √ 1 1 v2 = (−2,1,0)− 2·(−1)· √ ,0, √ = (−2,1,0) + (1,0,1) = (−1,1,1) Å ã 2 2 −1 1 1 ⇒ v2 = √ , √ , √ ⇒ B = {v1,v2} là một cơ sở trực chuẩn của H. 3 3 3 +) Hình chiếu trực giao của v lên không gianÅ ãH là: Å ã √ 1 1 √ −1 1 1 k = ⟨v,v1⟩v1 +⟨v,v2⟩v2 = 3 2· √ ,0, √ +2 3 √ , √ , √ = (1,2,5). 2 2 3 3 3 Câu 17. Trong R3 với tích vô hướng Euclide cho các vector v = (1,1,1), v = (2,0,1), v = (4,−2,4). 1 2 3 Tìm prU(v3) với U = span{v1,v2} [Hướng dẫn giải] Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {v1,v2}: Å ã 1 1 1 • v1 → u1 = √ , √ , √ 3 3 3 Å ã 1 1 • v2 → u2 = v2 − ⟨v2,u1⟩u1 = (1,−1,0) → u2 = √ , −√ , 0 2 2 prU(v3) = u1⟨v3,u1⟩+u2⟨v3,u2⟩ = (5,−1,2) 11
Hiển thị 11 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!