BÀI tập THƯỜNG kỳhọc PHẦN TOÁN CAO cấp

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN BÀI TẬP THƯỜNG KỲ HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A (HỆ ĐẠI HỌC) GVHD: ThS PHAN MINH CHÍNH KHOA:………………….Lớp:…… Nhóm 1: Nguyễn Như Ngọc (08881771) Bùi Văn Tiệp (08267261) Thành phố Hồ Chí Minh, 06/2009 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ 0xy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: a) Phần thực z -2 b) Phần thực z thuộc khoảng (-1;2) c) z  d) 1< z  Giải: Ta có: z = a+bi a phần thực b phần ảo a) Phần thực z -2  z = -2+bi với b  R Tập hợp điểm biểu diễn số phức z = -2+bi đường thẳng có phương trình x = biểu diễn đồ thị: (y) x = -2 (x) -2 O Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực -2 đường thẳng có phương trình x = -2 b) Phần thực z thuộc khoảng (-1;2) Tương tự câu a ta ta có nhận xét:  Tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực -1 đường thẳng có phương trình x = -1  Tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực đường thẳng có phương trình x = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Do tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực thuộc khoảng (-1,2) phần mặt phẳng giới hạn đường thẳng x = -1 x = đồ thị: (y) x=-1 x=2 -1 (x) c) z  Ta có r = 2 a b = z 1 =  a2 + b2 = Do tập hợp điểm biểu diễn số phức có độ lớn đường trịn (0,1) biểu diễn hình vẽ:  a b (y) (x) -1 -1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com d) 1< z  Ta có r = a b = z Suy ra: 1< z   1< a  b   < a2 + b2  Tương tự câu c ta có nhận xét:  Tập hợp điểm biểu diễn số phức có độ lớn đường trịn (0,1)  Tập hợp điểm biểu diễn số phức có độ lớn đường trịn (0,2) Do tập hợp điểm biểu diễn số phức có độ lớn thỏa mãn 1< z  phần mặt phẳng bên giới hạn đường tròn (0,1) (0,2) bao gồm điểm nằm đường trịn (0,2) theo hình vẽ đây: 2 (y) (x) -2 -1 -1 -2 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Câu 3: Thực phép tính sau: a) A = 2i  2i   3i   f) F =    i   21 Giải: a) A = 2i   i  (3  2i)   7i  2i   7i   2i   2i   2i   4i 13  21     3i     =   3i 2 2i  f) F =      12i   2i     21   18i  13i    13  13i         13  12 i     21  21 = 1  i Đặt A = -1 + i  F = A21 Viết A = -1 + i dạng lượng giác: Modun: r =  12    =2 1  cos  2 Argument:     k 2 3 sin    2 Lấy giá trị   2 2   Suy dạng lượng giác A là: A =  cos  i sin  3   21.2 21.2  21 21  21 21  i.sin  F = A =  cos  = (1 + 0) = 3   21   3i   = 221 Vậy F =     2i  Câu 5a: Giải phương trình sau tập hợp số phức: -3z + 2z – = Giải: Ta có : ' = 12 – = -2 = 2i Do phương trình cho có nghiệm:  b '  '   2i  i X1 =   a 3 X2 =  b '  '   2i   i   a 3 3 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Câu 5f: Giải phương trình sau tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = (1) Giải: Đặt X = z2 suy (1)  X2 + 2X +1 =0 (2) b  1 = i 2a 2  z = X12 = i  z =  i Ta có:  (2) = 22 - 4.1.1 =  X12 = Vậy (1) có nghiệm z =  i Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i Giải: Modun: r = 12   3 =2 a  cos   r  Argument z:  sin   b   r Lấy giá trị        k 2 3    Suy dạng lượng giác z là: z =  cos Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z =    i sin  3 1 i 1 i Giải:  Đặt  z  1 i  z   i z z  z= (1) * Viết z1 = + i dạng lượng giác: Modun: r1 = 12   3 =2  a1  cos   r      k 2  Argument z1: sin b1     r1  LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Lấy giá trị      Suy dạng lượng giác z1 là: z1 =  cos    i sin  3 (2) * Viết Z2 = + i dạng lượng giác: Modun: r2 = 12  12 =  a2  cos   r2 Argument z2:  sin b2   2  r2  Lấy giá trị   2     k 2  Suy dạng lượng giác z2 là: z2 = Thay (2) (3) vào (1) ta được: 2(cos   isin  ) 3 = z = z1 =   2(cos  isin ) z2     cos  i.sin  4  [cos( (3)     - ) +isin( - )] 4   +isin ) 12 12   Vậy z = (cos +isin ) 12 12 = (cos 1  i 1  i ; z2  2 Tính z = (z1 ) n  ( z2 ) n (n số nguyên dương) Câu 9: Đặt z1  Giải: n Ta có: z1  (1i 3) (1i 3) z  1  i  z n  (1) n n 1  i z2  n (2) n Từ (1) (2) suy ra: n (1i 3) + (1i 3) 2 1 [ (1i ) + (1i ) ] = (An+Bn) 2 z = (z1 ) n  ( z2 ) n = n n = n n n n n (3) Với A = -1 + i B = -1 - i LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com  A = -1 + i Modun: r1 =  12    =2 1 2    k 2 3 2 Lấy giá trị   2 2   Suy dạng lượng giác A là: A =  cos  i sin  3   2n 2n  n n   A =  cos  i sin (*)  3    B = -1 - i  cos  Argument:  sin    Modun: r2 =  12    =2 1  cos   2 Argument:     k 2  sin 2    2 Lấy giá trị    2  2   Suy dạng lượng giác B là: B =  cos  i sin  3   2 2   =  cos  i sin  3   2n 2n  n n   B =  cos  i sin (**)  3   Thay (*) (**) vào (3) ta được: 2n 2n  n  2n 2n  1  z = n (An+Bn) = n [2n  cos  i sin  i sin  +2  cos ] = n 2n.( cos = cos  3   3  n 2n n n + cos )  i sin  i sin 3 3 2n Vậy z = cos 2n Câu 10: Đặt z1 = 1 i Tính z = (z1)n với n số nguyên dương Giải: LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com  i z2 = (*) với z2= 1+i 2 Viết z2= 1+i dạng lượng giác: Môđun: r2 = 12 + ( )2 =  r = cos    Argument z2:    =  + k2  3 sin     Lấy giá trị  = Đặt z1 = Từ có dạng lượng giác z2 là: z2 = 2(cos  +isin  ) Thay vào (*) ta được: 2(cos   i sin  ) 3 = cos   i sin  z1= z = 3 2 n n Do đó: z= (z1) = ( cos   i sin  ) = cos n + isin n với n số nguyên dương Vậy: z = cos n + isin n với n số nguyên dương  Với n = z0 = 1 +i  Với n = z2 = - + i  Với n = z1 = 3  Với n = z3 = -1 2  Với n = z5 = - i 2  Vơí n = z4 = - - i  Với n = z6 = chu kì lặp lại Câu 11: Tìm tất số phức u bậc ba z = (1 + i) Giải: z = (1 + i) = z1 (*) với z1 = 1+i Viết z1 = 1+I dạng lượng giác: Mođun: r2 = 12 + 12 =  r = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com  cos    Argument z1:  + k2    = sin     Lấy giá trị  = Từ có dạng lượng giác z1 là:   z1 = (cos +isin ) 4 Thay vào (*) ta được:     z = z1 = (cos +isin ) = 8(cos +isin ) 4 4 Theo công thức bậc n số phức ta có:   k 2   k 2   = 2.(cos + isin ) với k = 0, 1, z = 8(cos  i sin 4 3   + isin ) 12 12 3 3 2  k = 1: u1 = 2(cos +isin ) = 2( +i )= 4 2 17 17  k = 2: u2 = 2(cos +isin ) 12 12  k = 0: u0 = z = 2(cos  02  Câu 15: Tính định thức: A=  0 4 0   21  B=  1  1 (-1+i) 1 1 1 1     Giải:  02  a) A=  0 4 0  21  b) B=  1 1 1 1 1 d1  d  d  = -1    0   1   =   = 2.(4 – 8) = -8 4  4  d   d1  d d   d1  d d   d1  d          1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Giải: Ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp ma trận mở rộng ma trận A: 3     A= 2  m 1  4    1  d  2 d 1 d  d 3 3 d 1 d      0  1  4     m   3 1    4  1    d 2 d    10 m       10   0  10    10 m    1     d 3  d  d  10   ( I )      0 0 m  1  d 1 d Dựa vào ma trận mở rộng ta thấy r(A) = m Ta biện luận trường hợp xảy ra:  Hệ có nghiệm  r(A) = r( A ) = = số ẩn hệ (Khơng xảy r(A) = m )  Hệ có vơ số nghiệm  r(A) = r( A )  = số ẩn hệ  r(A) = r( A ) =  m +1 =  m = -1 x  x    Từ ( I ) suy   10 z  y   y  z  5  10a  Hệ có vơ số nghiệm dạng: (x, y, z) = ( , , a) a  R 5  Hệ vô nghiệm  r( A )  r(A) =  r( A ) = (Vì r( A ) nhận hai giá trị 3)  m +1   m  -1 10a  Vậy: m = -1 hệ có vơ số nghiệm dạng (x, y, z) = ( , , a) a  R 5 m  -1 hệ vô nghiệm Câu 214: Xác định tham số m để vecto phụ thuộc tuyến tính: u=( m;1;3;4) v=(m;m;m+2,6) w=(2m;2;6;m+10) Giải: Các vecto cho phụ thuộc tuyến tính tồn số thực a, b, c cho: LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com m.a  m.b  2m.c  1.a  m.b  2.c   a.u+b.v+c.w=(0;0;0)   3.a  (m  2).b  6.c  4.a  6.b  (m  10).c   m1  Xét ma trận: A=  4 m m (m+2) 2m (m+10) 1  4    3    m  m (m  2) m  m+10    2m  1 m 1 m        d 6-4m m+2  d 3 m  d  6-4m m+2       2-2m  0       m-   m-   m   m  d 4 d 1 d d 33 d 1 d d  md 1 d Ta bỏ dịng khơng ma trận dạng ma trận sau:     1  m m m   m   d 3 d 2 d 4 m     4m m2   m m        2  0 m  ( m  2)(  m )   m m      4m   Để vector phụ thuộc tuyến tính r(A)   Vậy theo định lý Sylvester f  x, y  = -x2 + 2xy - 4y2 xác định dấu âm c) f  x, y, z  = -11x2 - 6y2 -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz  -11 Ta có ma trận ứng dạng toàn phương là: C =   -6 -6  -6  -6  Ta có định thức C là:  -11 -6   -11  D1 = |-11| = -11< 0, D2 =  -6  = 30 > 0, D3 =  -6  = -81 <  -6 -6  2 Vậy theo định lý Sylvester f  x, y, z  = -11x - 6y -6z2 + 12xy - 12xz + 6yz xác định âm d) f  x, y, z  = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz  -5  Ta có ma trận ứng với dạng tồn phương là: D =  6 -1   -5 -1  Ta có định thức D là:  -5  9  D1 = |9| = > 0, D2 =  6  = 18 > 0, D3 =  6 -1  = -99 <  -5 -1  Ta thấy D1  D2 < (Có đan xen dấu định thức cấp lẻ) Theo định lý Sylvecter f  x, y, z  = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu Vậy f  x, y, z  = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz khơng xác định dấu Câu313: Tìm tham số m để dạng toàn phương sau xác định tính dương, âm: LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com a) f  x, y, z  = 2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2 xác định tính âm b) f  x, y , z  = 5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương Giải: a) f  x, y, z  = 2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2 xác định tính âm 2  -6 -2   -2 m  f x, y, z  =2x2+6xy+2xz-6y2-4yz+mz2  A=  Gọi D1 ,D2,D3 định thức ma trận A f  x, y, z  xác định âm  Tất định thức cấp chẵn dương, cấp lẻ âm Dễ thấy D 1= > định thức cấp lẻ mà lại dương Do khơng có giá trị m để dạng tồn phương cho xác định tính âm b) f  x, y, z  =5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz xác định tính dương 5  f  x, y, z  =5x2+4y2+mz2+6xy+2xz+2yz  A =   1 m  Gọi D1 ,D2,D3 định thức A f  x, y, z  xác định dương  Tất định thức dương Ta có: D1 = > (Thỏa mãn) D2 =11 > (Thỏa mãn) 5  D3 =  1 m  Dể D3 >  (20m + + 3) – (4 + + 9m) >  11m – >  m> Vậy với m> 11 dạng tồn phương cho xác định dương 11 Câu 314: Viết dạng tắc phương pháp Lagrange: a) f  x1 , x , x3  = x12 + x22 - 4x32 + 2x1x2 - x1x3 Ta có: f  x1 , x , x3  = x12 + x22 - 4x32 + 2x1x2 - x1x = (x12 + x1x2 - x1x3) + 5x22 - 4x32 = x12 + 2x1(x2 - 2x3) + (x - 2x3)2 - (x2 - 2x3)2 + 5x22 - 4x32 = (x1 + x2 - 2x3)2 - x22 + 4x2x3 - 4x32 +5x22 - 4x32 = (x1 + x2 - 2x3)2 +4x22 - 4x32 + 4x2x3 - 4x32 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com = (x1 + x2 - 2x3)2 + 4(x2 -x 3)(x2 +x3) + 4x3(x2 -x3 ) = (x1 + x2 - 2x3)2 + 4(x2 -x )(x2 +2x3 )   x1  y1  y  y  x1  x  x3  y1    Đặt:  x2  x3  y  y3   x2  y  y  X= PY  x  2x  y  y 3  2   x3  y  Lúc f  y1 , y , y  = y12 + 4(y2 -y3 )(y2 +y3 )  f  y1 , y , y  = y12 + 4y22 - 4y32 Tọa độ cũ = P.Tọa độ  -1 5/3  Do vậy: P =  -1/3   0 2/3   1 -2  Thử lại: A=    -2 -4   PTAP =  -1  5/3 1 =  0 1 =  0 Vậy f  y1 , y , y3  0  1 -2  -1 5/3    -1/3  -1/3 2/3  -2 -4  0 2/3  -2  -1 5/3   -1/3  -6  0 2/3    -4  = y12 + 4y22 - 4y32 c) f  x1 , x , x3  = 4x12 + x22 +x32 -4x1x2 -3x2x3 + 4x1x Ta có: f  x1 , x , x3  = 4x12 + x22 + x32 - 4x1x2 - 3x2x3 + 4x1x3 = (4x12 - 4x1x + 4x1 x3 ) + x22 + x32 - 3x2x3 = 4x 12 -4x1 (x2 -x3 ) + (x2 -x3)2 - (x2 -x3)2 + x22 + x32 - 3x2x3 = (2x1 + x3 - x2 )2 - x32 + 2x2x3 - x22 + x22 + x32 - 3x2x3 = (2x1 + x3 - x2 )2 - x2x3 2 x1  x3  x2  y1  Đặt:  x2  y  y x  y  y    x1  y1  y3    x  y  y3 x  y  y    X=PY Lúc này: f =  y1 , y , y  = y12 – y22 + y32 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ½ Tọa độ cũ = P tọa độ  P=  0 Thử lại: -2  4 A=  -2 -3/2    -3/2 -2 ½ 0    1   -2 T -3/2 P A.P=     -1 -1   -3/2   1/2 -1  -1  -1/2 -1/2   -1 =    -1/2 1/2   1 1 0  =  -1  0  -1 -1      ½ 0    -1      0 1      Vậy f =  y1 , y , y  = y12 – y22 + y32 dạng tắc cần tìm Câu 315c: Tìm phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương sau dạng tắc Viết dạng tắc phân loại dạng toàn phương: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3 Giải: f(x1, x2, x3) = 2x12 + 5x22 + 2x32 – 4x1x2 + 4x2x3 – 2x1x3 2   A =   1  2  1    2 2 1 Đa thức đặc trưng P = A  I =  5 2 1 2 2 = 2 2 5 (  1) 1 d 3  d  d 2 (     ) 1  = (1-  )(  -7)(  -1) (Tính theo Sarius) Trị riêng nghiệm phương trình:     P =  (1-  )(  -7)(  -1) =   (Với  =1 nghiệm kép  =7 nghiệm đơn) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com   1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) nghiệm hệ: (A-1.I).u1=0  2y  z  x    x - 2y - z =  x  y  z  Suy u1=(2a+b, a, b)= (2a, a, 0)+ (b, 0, b) với a2+b2   Có sở: x1(2,1,0) va x2(1,0,1)  2=7 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) nghiệm hệ: (A–7I) u2=0  x  y  z  x  z    x  y  z     y  2z   3y  6z   Suy u2=(-c, 2c, c) với c  có sở (-1,2,1) Ta có hệ sở: x1=(2,1,0) x2=(1,0,1) x3=(-1,2,1) Dễ thấy =2  nên hệ cho chưa trực giao Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được: y1=x1=(2,1,0) y2= x2 - y1=(1,0,1) - y3= x3 - y2 - 2 (2,1,0) = ( , ,1) 5 y1= (-1,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-1,2,1) Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được: Do ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A chọn sau: LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 2   S=   0  2   -1 D = S AS =    1   1  = 0 0   2     6 5     S-1 = ST =   2 2  30  30 30 30    1      6  30   1   2   5 6 30          2 2 2   30 30 30   30  1         6   30 0  0  1 30 2 2 2  Ta có ma trận tương ứng với dạng toàn phương là: A =    1  2 Dạng toàn phương cho có dạng tắc là: Q = y + y + 7y Phân loại dạng toàn phương:  1    Giá trị định thức xuất phát từ ma trận A là: D1 = > D2 = 2 =6>0 2 2 1 D3 = 2 = > 1 2 Tất định thức xuất phát từ ma trận A dương ma trận tồn phương xác định dương LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com TÀI LIỆU THAM KHẢO Giáo trình Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP HCM Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP HCM Toán cao cấp A2 – Đỗ Cơng Khanh – NXBĐHQG TP.HCM Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đơng – NXB Giáo dục Tốn cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hồng Xn Sính – NXB Giáo dục LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP HCM Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP HCM Toán cao cấp A2 – Đỗ Cơng Khanh – NXBĐHQG TP.HCM Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục Tốn cao. .. Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục Tốn cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đơng – NXB Giáo dục Tốn cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hồng Xn Sính –... tọa độ 0xy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện: a) Phần thực z -2 b) Phần thực z thuộc khoảng (-1;2) c) z  d) 1< z  Giải: Ta có: z = a+bi a phần thực b phần ảo a) Phần thực z -2