Bài tập toán cao cấp A2

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) 1z  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) 1z  Ta có r = 2 2a b = 1z   2 2a b = 1  a2 + b2 = 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 2a b = z Suy ra: 1< z  2  1< 2 2a b  2  1 < a2 + b2  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 ii i i i i i i i             f) F = 21 321 335           i i =    21 2 221 2 13 31313 121 313185 121 321335                              i i ii i ii =  2131 i Đặt A = -1 + i 3 F = A21 Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r =    22 31  =2 Argument: 1cos 22 2 33sin 2 k             Lấy giá trị chính 2 3   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2sin. 3 2cos  i  F = A21 = 221. 21.2 21.2cos .sin 3 3 i      = 221(1 + 0) = 221 Vậy F = 21 321 335           i i = 221 Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z 2 + 2z – 1 = 0 Giải: Ta có : ' = 12 – 3 = -2 = 2i 2 Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm: X1 = 3 21 3 21 2'' ii a b       X2 = 3 21 3 21 2''        ii a b Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = 0 (1) Giải: Đặt X = z2 suy ra (1) X2 + 2X +1 =0 (2) Ta có:  (2) = 22 - 4.1.1 = 0  X12 = 12   a b = i2  z2 = X12 = i2  z =  i Vậy (1) có nghiệm là z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3 Giải: Modun: r =    22 31  =2 Argument z:      2 3 2 3sin 2 1cos 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 z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác: Modun: r1 =    22 31  =2 Argument z1: 1 1 1 1 1 1 1 1cos 2 2 33sin 2 k a r b r                 Lấy giá trị chính 1 3   Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2        3 sin. 3 cos  i (2) * Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác: Modun: r2 = 2 21 1 = 2 Argument z2: 2 2 2 2 2 2 2 1cos 2 2 41sin 2 k a r b r                 Lấy giá trị chính 2 4   Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2 cos .sin4 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 3z ; 2 2 i iz     . Tính 1 2z = (z ) ( )n nz (n là số nguyên dương) Giải: Ta có: 1 1 3z 2 i    1 ( 1 3) 2 n n n i z    (1) 2 1 3 2 iz    2 ( 1 3) 2 n n n i z    (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 2z = (z ) ( ) n nz = 2 )31( n n i + 2 )31( n n i = 2 1 n [ )31( i n  + )31( i n  ] = 2 1 n (A n+Bn) (3) Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3  A = -1 + i 3 Modun: r1 =    22 31  =2 Argument:    2 3 2 2 3sin 2 1cos 1 1 1 k          Lấy giá trị chính 3 2 1   Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2        3 2sin. 3 2cos  i  An = 2n.        3 2sin. 3 2cos  nin (*)  B = -1 - i 3 Modun: r2 =    22 31  =2 Argument:    2 3 2 2 3sin 2 1cos 2 2 2 k           Lấy giá trị chính 3 2 2   Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2         3 2sin. 3 2cos  i = 2        3 2sin. 3 2cos  i  Bn = 2n.        3 2sin. 3 2cos  nin (**) Thay (*) và (**) vào (3) ta được: z = 2 1 n (A n+Bn) = 2 1 n [2 n.        3 2sin. 3 2cos  nin +2n.        3 2sin. 3 2cos  nin ] = 2 1 n .2 n.( 3 2sin. 3 2cos  nin  + 3 2sin. 3 2cos  nin  ) = 2 3 2cos n Vậy z = 2 3 2cos n Câu 10: Đặt z1 = 2 31 i . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương. Giải: Đặt z1 = 2 31 i = 2 2z (*) với z2= 1+i 3 Viết z2= 1+i 3 dưới dạng lượng giác: Môđun: r2 = 12 + ( 3 )2 = 4  r = 2 Argument z2:       2 3sin 2 1cos     = 3  + k2 Lấy giá trị chính  = 3  Từ đó có dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2(cos 3  +isin 3  ) Thay vào (*) ta được: z1= 2 2z = 2 )3sin32(cos  i = 3sin3cos  i Do đó: z= (z1)n = ( 3sin3cos  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 z0 = 1  Với n = 1 thì z1 = 2 1 + i 2 3  Với n = 2 thì z2 = - 2 1 + i 2 3  Với n = 3 thì z3 = -1  Vơí n = 4 thì z4 = - 2 1 - i 2 3  Với n = 5 thì z5 = 2 1 - i 2 3  Với n = 6 thì z6 = 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 . z1 (*) với z1 = 1+i Viết z1 = 1+I dưới dạng lượng giác: Mođun: r2 = 12 + 12 = 2  r = 2 Argument z1:         2 1sin 2 1cos     = 4  + k2 Lấy giá trị chính  = 4  Từ đó có dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2 (cos 4  +isin 4  ) Thay vào (*) ta được: z = 4 2 . z1 = 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 24   k + isin 3 24   k ) với k = 0, 1, 2  k = 0: u0 = 3 z = 2(cos 12  + isin 12  )  k = 1: u1 = 2(cos 4 3 +isin 4 3 ) = 2( - 2 2 +i 2 2 ) = 2 (-1+i)  k = 2: u2 = 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    Suy ra B = (-1)4+4.1. 3 1 1 1 1 0 1 0 1   = 5 (Tính theo Sarius) Vậy B=     2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 = 5 Câu 43: Tìm điều kiện của m để 0 với:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 , Giải: Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 = (-1)3+4+4+3 .     m o 0 1 .     m 1 0 m-1 = m 2 (m-1) Để  >0  m2 (m-1) >0  0 1 0 m m      m >1 Vậy với m>1 thì 0 với:      m 1 1 m 0 m-1 1 2m 0 0 m 0 0 0 0 1 Câu 44: Tính định thức: a) A=        x 2 2 2 x 2 2 2 x    1321 cccc        x+4 x+4 x+4 2 x 2 2 2 x =(x+4).        1 1 1 2 x 2 2 2 x     313 212 ddd ddd (x+4).        1 0 0 2 -2+x 2 2 0 -2+x =(x+4).(x-2)2 b) B=        1 a b+c 1 b c+a 1 c a+b     313 212 ccc ccc 1 0 0 a b a c a b c a b a c      = (b - a)(a – c) – (a – b)(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 0 Vậy B=        1 a b+c 1 b c+a 1 c a+b = 0 Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng: a)        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 Giải: VT =        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 z z 1 z 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x x 1 x 2 +        y y 1 y 2 z z 1 z 2 y y 1 y 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 x x 1 x 2 +        y y 1 y 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 x x 1 x 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 =        y y 1 y 2 z z 1 z 2 x x 1 x 2 +        z z 1 z 2 x x 1 x 2 y y 1 y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 = VP Vậy        y+z y 1+z 1 y 2+z 2 z+x z 1+x 1 z 2+x 2 x+y x 1+y 1 x 2+y 2 = 2        x x 1 x 2 y y 1 y 2 z z 1 z 2 (Điều phải chứng minh) b) 3 3 3 1 1 ( ).( ).( ).( ) 1 a a b b a b b c c a a b c c c       Ta có VT = 3 3 3 1 1 1 a a b b c c = 3 3 3 3 3 1 0 0 a a b a b a c a c a     = (b – a)(c – a) 3 2 2 2 2 1 0 1 0 1 a a b a ab c a ca     = (b – a)(c – a) 3 2 2 2 2 1 0 1 0 0 a a b a ab c b ca ab      = (b – a)(c – a)(c – b)(a + b + c) = ( ).( ).( ).( )a b b c c a a b c     = VP Vậy 3 3 3 1 1 ( ).( ).( ).( ) 1 a a b b a b b c c a a b c c c       (Điều phải chứng minh) c) 333 222 111 2 33333 22222 11111 )1( cba cba cba x cbxaxba cbxaxba cbxaxba     Ta có VT = 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 a b x a x b c a b x a x b c a b x a x b c       = 333 222 111 333 222 111 cxaxb cxaxb cxaxb cba cba cba  = 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c - x2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c = 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 (1 ) a b c x a b c a b c  = VP Vậy 333 222 111 2 33333 22222 11111 )1( cba cba cba x cbxaxba cbxaxba cbxaxba     (Điều phải chứng minh) Câu 55: Tính các định thức cấp n: a) A=     a x … x x a … x x… x… … 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. Khi đó: A =     a+(n-1)x x … x a+(n-1)x a … x… a+(n+1)x… x… … x a+(n+1)x x … a = [a+(n-1)x] 1 ... x x 1 ... a x 1 ... x x 1 ... x a = [a+(n-1)x] 1 0 ... 0 1 ... 0 a x 1 0 ... 0 1 0 ... a x = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 Vậy A=     a x … x x a … x x… x… … x x x … a = [a+(n-1)x].(a-x)n-1 b) B =     1+a 1 a 1 … a 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n 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: B =     1+a 1+a 2+…+a n 1+a 1+a 2+…+a n … 1+a 1+a 2+…+a n a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = (1+a 1+a 2+…+a n )     1 1 … 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = (1+a 1+a 2+…+a n )     1 0 … 0 a 2 1 … 0 … …. … … a n 0 … 1 = 1+a 1+a 2+…+a n Vậy B =     1+a 1 a 1 … a 1 a 2 1+a 2 … a 2 … … … … a n a n … 1+a n = 1+a 1+a 2+…+a n Câu 63: Giải phương trình:     x 1 1 1 x x2 1 0 -1 1 1 1 -1 1 1 1 =0 Giải: Ta dễ thấy định thức ở vế trái có 2 cột tỉ lệ nhau (cột 2 ,cột 3) Nên theo tính chất thì định thức luôn có giá trị bằng 0. Vậy phương trình     x 1 1 1 x x2 1 0 -1 1 1 1 -1 1 1 1 = 0 có nghiệm với mọi x Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=             1 2 3 4 5 2 4 6 8 11 3 6 9 12 14 4 8 12 16 20 Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng: A=     1 2 3 4 2 4 6 8 3 6 9 12 4 8 12 16 5 11 14 20      414 313 212 4 3 2 ddd ddd ddd     1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 0 0 5 1 -1 0    323 ddd     1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 4 0 0 0 5 1 0 0 Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là 2. Vậy r(A) = 2 Câu86: Tìm tham số m để ma trận có hạng (r(A))cụ thể;r(A)=3 với ma trận sau: A=     1 2 4 2 m 3m-1 5m-1 2m 1 2 m+4 2 2 m+4 2m+7 m+4 Giải: Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A: A=     1 2 4 2 m 3m-1 5m-1 2m 1 2 m+4 2 2 m+4 2m+7 m+4      414 313 212 2 4 2 ddd ddd ddd     1 0 0 0 m m-1 m-1 0 1 0 m 0 2 m 2m-1 m    323 ddd     1 0 0 0 m m-1 0 0 1 0 m 0 2 m m-1 m Để r(A) = 3 0 1 0 m m      0m  khi đó: A=     1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 0 2 0 -1 0 Vậy với m=0 thì r(A) = 3 Câu118: Cho ma trận A=     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ,tính A.AT Giải: Từ A=     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 AT =     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 Suy ra: A.AT =     0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 .     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 (Theo công thức nhân ma trận) 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 = (-1)2+3 = -1 ...... a2n = (-1)2+n = (-1)2+100 = 1 Tương tự ta có: an1 = (-1)100+1 = -1 an2 = (-1)100+2 = 1 an3 = (-1)100+3 = -1 ...... ann = (-1)100+100 = 1 Vậy ma trận A là:      1 -1 1 ... -1 -1 1 -1 ... 1 1 -1 1 ... -1 ... ... ... ... ... -1 1 -1 ... 1 Suy ra A2 =      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 -1 ... 1 Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A2 là ma trận vuông cấp 100  a 41 = (-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: D=        1 5 3 3 0 1 5 1 0 Giải: D =        1 5 3 3 0 1 5 1 0     313 212 3 5 ddd ddd        1 0 0 3 -15 -8 5 -24 -15  det D = (-1)1+1 .1.    -15 -8 -24 -15 = 33 0 Ma trận D khả nghịch Ta có DT =        1 3 5 5 0 1 3 1 0 D-1 = det pD D = 33 1 0 1 5 1 5 0          1 0 3 0 3 1 3 5 1 5 1 3    1 0 3 0 3 1 3 5 1 5 1 3    0 1 5 1 5 0           = 33 1 1 5 3 3 15 24 5 8 15         = 51 1 3333 11 15 81 11 33 11 5 58 33 1133              Vậy D=        1 5 3 3 0 1 5 1 0  D-1 = 51 1 3333 11 5 81 11 11 11 5 8 5 33 33 11              Câu 125: Tính ma trận A =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 Giải: Đặt A1 =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1 và A2 =    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 Suy ra A = A1A2 (1) Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được: A1 =    1 0     0 1 1    2 0      1 1 1 =         2 0    1 1    1 0    0 1    1 = =    1 1     2 0 1 =     2 1 1     2 1 0 (2) A2 =    1 0     0 2 1    2 3     1 0 1 =         2 3    1 0    1 0    0 2    1 = =    1 0      4 6 1 =     6 1 3 2    0 1 (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: A = A1A2 =     2 1 1     2 1 0     6 1 3 2