KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2 (HỆ ĐẠI HỌC) GVHD: ThS. PHAN MINH CHÍNH KHOA:………………….Lớp:……. Nhóm 1: 1. Nguyễn Như Ngọc (08881771) 2. Bùi Văn Tiệp (08267261) Thành phố Hồ Chí Minh, 06/2009 Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ 0xy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: a) Phần thực của z bằng -2 b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2) c) 1 z  d) 1< z 2  Giải: Ta có: z = a+bi trong đó a là phần thực và b là phần ảo a) Phần thực của z bằng -2  z = -2+bi với b R  Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z = -2+bi là đường thẳng có phương trình x = - 2 được biểu diễn trên đồ thị: (y) x = -2 (x) -2 O Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -2 là đường thẳng có phương trình x = -2 b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2) Tương tự như câu a ta ta có nhận xét:  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -1 là đường thẳng có phương trình x = -1  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng 2 là đường thẳng có phương trình x = 2 Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực thuộc khoảng (-1,2) là phần mặt phẳng được giới hạn bởi 2 đường thẳng x = -1 và x = 2 như trên đồ thị: (y) x=-1 x=2 -1 0 2 (x) c) 1 z  Ta có r = 2 2 a b  = 1 z   2 2 a b  = 1  a 2 + b 2 = 1 Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1) được biểu diễn như trên hình vẽ: (y) 1 (x) -1 0 1 -1 d) 1 < z  2 Ta có r = 2 2 a b  = z Suy ra: 1 < z  2  1< 2 2 a b   2  1 < a 2 + b 2  4 Tương tự như câu c ta có nhận xét:  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1)  Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 2 là đường tròn (0,2) Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn thỏa mãn 1 < z  2 là phần mặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những điểm nằm trên đường tròn (0,2) như theo hình vẽ dưới đây: (y) 2 1 (x) -2 -1 0 1 2 -1 -2 Câu 3: Thực hiện các phép tính sau: a) A = 2 3 2 i i   f) F = 21 321 335           i i Giải: a) A =      2 2 2 (3 2 ) 2 6 7 2 4 7 3 2 3 2 3 2 9 4 13 i i i i i i i i i i              f) F = 21 321 335           i i =     21 2 2 21 2 13 31313 121 313185 121 321335                                i i ii i ii =   21 31 i Đặt A = -1 + i 3  F = A 21 Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r =     2 2 31  =2 Argument: 1 cos 2 2 2 3 3 sin 2 k                   Lấy giá trị chính 2 3    Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2 sin. 3 2 cos  i  F = A 21 = 2 21 . 21.2 21.2 cos .sin 3 3 i          = 2 21 (1 + 0) = 2 21 Vậy F = 21 321 335           i i = 2 21 Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z 2 + 2z – 1 = 0 Giải: Ta có : '  = 1 2 – 3 = -2 = 2i 2 Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm: X 1 = 3 21 3 21 2'' ii a b       X 2 = 3 21 3 21 2''        ii a b Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z 4 +z 2 +1 = 0 (1) Giải: Đặt X = z 2 suy ra (1)  X 2 + 2X +1 =0 (2) Ta có:  (2) = 2 2 - 4.1.1 = 0  X 12 = 1 2   a b = i 2  z 2 = X 12 = i 2  z =  i Vậy (1) có nghiệm là z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải: Modun: r =     2 2 31  =2 Argument z:      2 3 2 3 sin 2 1 cos k r b r a           Lấy giá trị chính 3    Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2        3 sin. 3 cos  i Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1 3 1 i i   Giải: Đặt 1 2 1 3 1 i i z z           z = 1 2 z z (1) * Viết z 1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r 1 =     2 2 31  =2 Argument z 1 : 1 1 1 1 1 1 1 1 cos 2 2 3 3 sin 2 k a r b r                    Lấy giá trị chính 1 3    Suy ra dạng lượng giác của z 1 là: z 1 = 2        3 sin. 3 cos  i (2) * Viết Z 2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r 2 = 2 2 1 1  = 2 Argument z 2 : 2 2 2 2 2 2 2 1 cos 2 2 4 1 sin 2 k a r b r                    Lấy giá trị chính 2 4    Suy ra dạng lượng giác của z 2 là: z 2 = 2 cos .sin 4 4 i          (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: z = 1 2 z z = 2( os isin ) 3 3 2( os isin ) 4 4 c c       = 2 .[cos( 3  - 4  ) +isin( 3  - 4  )] = 2 (cos 12  +isin 12  ) Vậy z = 2 (cos 12  +isin 12  ) Câu 9: Đặt 1 2 1 3 1 3 z ; 2 2 i i z       . Tính 1 2 z = (z ) ( ) n n z  (n là số nguyên dương) Giải: Ta có: 1 1 3 z 2 i     1 ( 1 3) 2 n n n i z    (1) 2 1 3 2 i z     2 ( 1 3) 2 n n n i z    (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 z = (z ) ( ) n n z  = 2 )31( n n i + 2 )31( n n i = 2 1 n [ )31( i n  + )31( i n  ] = 2 1 n (A n +B n ) (3) Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3  A = -1 + i 3 Modun: r 1 =     2 2 31  =2 Argument:      2 3 2 2 3 sin 2 1 cos 1 1 1 k           Lấy giá trị chính 3 2 1    Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2 sin. 3 2 cos  i  A n = 2 n .        3 2 sin. 3 2 cos  n i n (*)  B = -1 - i 3 Modun: r 2 =     2 2 31  =2 Argument:      2 3 2 2 3 sin 2 1 cos 2 2 2 k              Lấy giá trị chính 3 2 2     Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2          3 2 sin. 3 2 cos  i = 2        3 2 sin. 3 2 cos  i  B n = 2 n .        3 2 sin. 3 2 cos  n i n (**) Thay (*) và (**) vào (3) ta được: z = 2 1 n (A n +B n ) = 2 1 n [2 n .        3 2 sin. 3 2 cos  n i n +2 n .        3 2 sin. 3 2 cos  n i n ] = 2 1 n .2 n .( 3 2 sin. 3 2 cos   n i n  + 3 2 sin. 3 2 cos   n i n  ) = 2 3 2 cos  n Vậy z = 2 3 2 cos  n Câu 10: Đặt z 1 = 2 31 i . Tính z = (z 1 ) n với n là số nguyên dương. Giải: Đặt z 1 = 2 31 i = 2 2 z (*) với z 2 = 1+i 3 Viết z 2 = 1+i 3 dưới dạng lượng giác: Môđun: r 2 = 1 2 + ( 3 ) 2 = 4  r = 2 Argument z 2 :        2 3 sin 2 1 cos     = 3  + k2  Lấy giá trị chính  = 3  Từ đó có dạng lượng giác của z 2 là: z 2 = 2(cos 3  +isin 3  ) Thay vào (*) ta được: z 1 = 2 2 z = 2 ) 3 sin 3 2(cos   i = 3 sin 3 cos   i Do đó: z= (z 1 ) n = ( 3 sin 3 cos   i ) n = cos 3  n + isin 3  n với n là số nguyên dương. Vậy: z = cos 3  n + isin 3  n với n là số nguyên dương.  Với n = 0 thì z 0 = 1  Với n = 1 thì z 1 = 2 1 + i 2 3  Với n = 2 thì z 2 = - 2 1 + i 2 3  Với n = 3 thì z 3 = -1  Vơí n = 4 thì z 4 = - 2 1 - i 2 3  Với n = 5 thì z 5 = 2 1 - i 2 3  Với n = 6 thì z 6 = 1 chu kì được lặp lại. Câu 11: Tìm tất cả các số phức u là căn bậc ba của z = 4 2 (1 + i) Giải: z = 4 2 (1 + i) = 4 2 . z 1 (*) với z 1 = 1+i Viết z 1 = 1+I dưới dạng lượng giác: Mođun: r 2 = 1 2 + 1 2 = 2  r = 2 Argument z 1 :          2 1 sin 2 1 cos     = 4  + k2  Lấy giá trị chính  = 4  Từ đó có dạng lượng giác của z 1 là: z 1 = 2 (cos 4  +isin 4  ) Thay vào (*) ta được: z = 4 2 . z 1 = 4 2 . 2 (cos 4  +isin 4  ) = 8(cos 4  +isin 4  ) Theo công thức căn bậc n của số phức ta có: 3 z = 3 4 sin 4 (cos8  i = 2.(cos 3 2 4   k + isin 3 2 4   k ) với k = 0, 1, 2  k = 0: u 0 = 3 z = 2(cos 12  + isin 12  )  k = 1: u 1 = 2(cos 4 3  +isin 4 3  ) = 2( - 2 2 +i 2 2 ) = 2 (-1+i)  k = 2: u 2 = 2(cos 12 17  +isin 12 17  ) Câu 15: Tính định thức: A=         0 2 7 0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0 và B=         2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 Giải: a) A=         0 2 7 0 1 2 3 4 2 7 4 4 0 0 1 0 = -1.         0 2 0 1 2 4 2 7 4 = 2.       1 4 2 4 = 2.(4 – 8) = -8 b) B=         2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2      414 313 212 .1 .1 .1 ddd ddd ddd 2 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1    1 4 1d d d   3 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1    [...]... TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 2 3 4 5 6 7 Giáo trình Toán cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP HCM Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP HCM Toán cao cấp A2 – Đỗ Công Khanh – NXBĐHQG TP.HCM Toán cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục Toán cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đông – NXB Giáo dục Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hoàng Xuân Sính –... 0 0  0 0  1 0  0 0 0  1 0 0 0  0 1 0 0  = 0 0 1 0  0 (Theo công thức nhân ma trận) 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0     Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i là (-1)i+j Tìm phần tử a41 của A2 Giải: Theo bài ra ta có: a11 = (-1)1+1 = 1 a12 = (-1)1+2 = -1 a13 = (-1)1+3 = 1 a1n = (-1)1+n = (-1)1+100 = -1 Tương tự: a21 = (-1)2+1 = -1 a22 = (-1)2+2 = 1 a23 =... đó không tồn tại giá trị m cần tìm Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu266: Tìm 1 cơ sở của không gian con nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau: x  y  2z  0  3 x  2 y  z  0 4 x  3 y  z  0  Giải:  1 -1 2  Ta có ma trận A=  3 -2 -1     4 -3 1  Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta được:  1 -1 2  A=  3 -2 -1     4 -3 1 ... f x, y, z  =2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2  A=  3  Gọi D1 ,D2,D3 là các định thức con chính của ma trận A f  x, y, z  xác định âm  Tất cả các định thức con chính cấp chẵn thì dương, cấp lẻ thì âm Dễ thấy D 1= 2 > 0 là định thức con chính cấp lẻ mà lại dương Do đó không có giá trị m để dạng toàn phương đã cho xác định tính âm b) f  x, y, z  =5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương 5 3 1  f ... b2 x a2 x  b2 a3  b3 x a3 x  b3 a3 a3 c1 a1 2 c2  (1  x ) a2 b1 b2 c1 c2 (Điều phải chứng minh) c3 b3 c3 a3 Câu 55: Tính các định thức cấp n: a x  x x x… x  a x…   a) A= … … … …   x x x a  Ta thấy mỗi cột của định thức đều có một phần tử bằng a và các phần tử còn lại đều bằng x Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1  a+(n-1)x a+(n-1)x a+(n+1)x… a+(n+1)x  a x… x  x  Khi đó: A =... 1  -1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1    1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1 2 1 -1 1 -1 Suy ra A = 1 -1 1 -1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1 Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A2 là ma trận vuông cấp 100  a41 = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+ +1.(-1) = -100 Vậy a 41 = -100          Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số: 1 3 5  D=  5... u, v, w của R3 có số chiều là 2 Với u = (1, 3, 1) , v = (1;m+3;3), w = (1;m+6;m+3) Giải: 1 1  1  3 m+3 m+6  Từ 3 vecto ta có không gian veto A=   3 m+3  1 Theo đề bài ta có dim(w)=2  r(A)=2 Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A: 1 1 1  3 m+3 m+6 A= 3 m+3 1     d 2 3 d1  d 2 d 3  d1  d3  1 1 1  0 m m+3   0 2 m+2 d 2  d3      1  1 1... R4 có số chiều là 2: Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5) Giải: m 1 Từ 3 vecto ta có không gian veto A= 0  2 m 2m m+1 m+2 -1 -1 2 5     Theo đề bài ta có dim(w) = 2  r(A)=2 Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A: m 1 A= 0  2 m 2m m+1 m+2 -1 -1 2 5  d1  d 2      1 m+1 m  2   2 d 2  md 1 d 2 d 4 2 d 1 d 4  0 -m2 m   ... … … x x a 1 0 1 1 ax 0 0 = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 0 ax  = [a+(n-1)x].(a-x)n-1    1+a1  a1 b) B = …   a1 a2 … an  1+a2 … an  … … …  a2 … 1+an  Ta thấy mỗi dòng của định thức đều chứa các phần tử 1, a1, a2, a3,…an Nên ta cộng các cột 2, cột 3,…cột n vào cột 1 ta được: +…+a a2  1+a1+a2+…+an 1+a … an  1+a1+a2 an   n 2 … B= … … … …    1+a1+a2+…+an a2 … 1+an  a2 …  1 1+a … an  1 an... 1 x -1 -1 x2 1 1 1 1 1 0 1 1   = 0 có nghiệm với mọi x   1 2 Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=  3  4 2 3 4 6 4 5 8 11   6 9 12 14   8 12 16 20  Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng: 1 2  A= 3  4 d 2  2 d 1  d 2 d 3  3 d1  d 3 d 4  4 d 1  d 4 2 3 4 5 4 6 8 11 6 9 12 14 8 12 16 20 1 0  0 0          1 3 4 5 d3 d2 d3 0 2 0 0 1     0 . KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2 (HỆ ĐẠI HỌC) GVHD: ThS Giải: Ta có: z = a+bi trong đó a là phần thực và b là phần ảo a) Phần thực của z bằng -2  z = -2+bi với b R  Tập hợp các điểm biểu diễn số phức