TIỂU LUẬN HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A2 PHẦN BIỂU DIỄN SỐ PHỨC

TIỂU LUẬN HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A2TÀI LIỆU THAM KHẢO1.Giáo trình Toán cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP. HCM.2.Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP. HCM.3.Toán cao cấp A2 – Đỗ Công Khanh – NXBĐHQG TP.HCM.4.Toán cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục.5.Toán cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đông – NXB Giáo dục.6.Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục.7.Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hoàng Xuân Sính – NXB Giáo dục.

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN

BÀI TẬP THƯỜNG KỲ

HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2

(HỆ ĐẠI HỌC)

GVHD: ThS PHAN MINH CHÍNHKHOA:……….Lớp:…….Nhóm 1:

1 Nguyễn Như Ngọc (08881771)

2 Bùi Văn Tiệp (08267261)

Thành phố Hồ Chí Minh, 06/2009

KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN

BÀI TẬP THƯỜNG KỲ

HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A 2

(HỆ ĐẠI HỌC)

GVHD: ThS PHAN MINH CHÍNHKHOA:……….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:

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:

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:

 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)

21

(x)

-1-2

Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:

1

3 3

1

3 3

3 13 13 12

1

3 13 18 5 12

1

3 2 1 3 3 5

i i

22

233

2 cos  i 

3 3 5

2

1 2 '

2

1 2 '

Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3

2 1 cos

k r

b r a

Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1 3

1

i i

1 1

1 1

1cos

2

233

sin

2

k

a r b r

* Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác:

Modun: r2 = 1212 = 2

Argument z2:

2 2 2

2 2

2 2

1cos

2

241

sin

2

k

a r b r

n n

n n

2 1 cos

1 1

2 cos  i 

2 cos n i n (*)

3 sin

2 1 cos

2 2

2 cos  i 

2 cos  i 

2 cos n i n (**)Thay (*) và (**) vào (3) ta được:

2 cos n i n +2n 

2 cos n i n ]

3

2 cos n  i n )

2 1 cos

 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)

2 1 cos

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 (cos

3 1

3

2 1

2 1 2

d d

2 1 2

c c

2 2 2

1 1 1 2

3 3 3 3

3

2 2 2 2

2

1 1 1 1

1

) 1 (

c b a

c b a

c b a x c

b x a x

b

a

c b x a x

b

a

c b x a x

2 2 2

1 1 1

3 3 3

2 2 2

1 1 1

c x a x b

c x a x b

c x a x b c b a

c b a

c b a

Vậy

3 3 3

2 2 2

1 1 1 2

3 3 3 3

3

2 2 2 2

2

1 1 1 1

1

) 1 (

c b a

c b a

c b a x c

b x a x

b

a

c b x a x

b

a

c b x a x

0

10

a x

= [a+(n-1)x].(a-x)Vậy A= = [a+(n-1)x].(a-x)

b) B =

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:

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 = 0 có nghiệm với mọi x

Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=

4

3 1

3

2 1

2

4 2

d d

d

 d3d2d3  Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là

4

3 1

3

2 1

2

2 2

d d

Suy ra: A.A = =

(Theo công thức nhân ma trận)

Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i

2 1 2

351513

351513

Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số

2

2 2

3 2

3

z y

x

m z

y x

z y

x

Giải:

Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận mở rộng của ma trận A:

3

2 1 1





4 2

1

1 1 2





2 2

3 2 1 22

d d

1 5 5

2



10 10 4

1 5 5

1 0 5

2



0 10

m

( I )

Dựa vào ma trận mở rộng ta thấy r(A) = 2 m

Ta biện luận các trường hợp xảy ra:

 Hệ có nghiệm duy nhất  r(A) = r(A) = 3 = số ẩn của hệ

(Không xảy ra vì r(A) = 2 m )

 Hệ có vô số nghiệm  r(A) = r(A) 3 = số ẩn của hệ

z y

z y x

 Hệ vô nghiệm  r( A)r(A) = 2

 r(A) = 3 (Vì r(A) chỉ nhận hai giá trị là 2 hoặc 3)  m +1 0  m-1

Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = ( 52 , 10 a5 9 , a) a  R

10 (

6

4

0

6 ).

2 (

.

3

0

2

.

1

0

2

.

c m

b a

c b

m a

c b

m a

c m b

m a

m

Để các vector phụ thuộc tuyến tính r(A)<3

 Dễ thấy r(A)1 do (6-4m) và (m+2) không đồng thời bằng không nên khôngthể chuyển dòng thứ hai về dòng ma trận không được

m m m

m

m

m

các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính

Câu 215: Xác định tham số m để các vecto phụ thuộc tuyến tính:

10 (

6

4

0

2

.

1

0

2

.

1

0

2

.

c m

b a

c b

m a

c b

m a

c m b

m a

m

Xét ma trận B=

Ta thấy dòng 2 và dòng 3 tỉ lệ với nhau nên:

m m

 thì hệ vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính

Câu 246: Tìm tham số m để không gian vecto con w= u,v,w của R có số chiều là2

Với u = (1, 3, 1) , v = (1;m+3;3), w = (1;m+6;m+3)

Giải:

Từ 3 vecto ta có không gian veto A=

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:

A = d d323d d1d d132

        

 3

2 d d

2

12(6 )

2

mm

Vậy với m= 6 thì không gian con w có số chiều là 2

Câu 247: Tìm tham số m để không gian con w = (u,v,w) của R có số chiều là 2: Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5)

Giải:

Từ 3 vecto ta có không gian veto A=

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:

2m d d

d

Ta thấy r(A)=2 với mdo 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:

4

0 2

3

0 2

z y

x

z y

x

z y

2 1 2

Do đó E =5 , 7 , 1 là cơ sở không gian con nghiệm của hệ đã cho

Câu 295: Tìm ma trận P làm chéo hóa ma trận A và xác định ma trận D = P-1AP với

1

1 4

Giải:

Đa thức đặc trưng P = A I =

3 3 1

2

=

0 3

3 2 1



y y y

2 3 4





  x=y=zSuy ra u1=(a, a, a) với a0 có cơ sở (1,1,1)

  2=2 ứng với vectơ riêng u2(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A–2I) u2=0  



y y y





 2 4





 

y x

3 2

Suy ra u2=( 2b3 , b, b) với b0 có cơ sở (32 ,1,1)

  3=3 ứng với vectơ riêng u3(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A–3I) u3=0  

y x

z x x x y

x y

4 3

Suy ra u3(c, 3c, 4c) với c0 có cơ sở (1,3,4)

Do đó ma trận P làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

1

1 1 3 2

3

1 9 5

(Tính theo công thức tính ma trận nghịch đảo)

3

1 9 5

1

1 4

1

1 1 3 2

1 0 2 0

5

2 5

=

2 0 5



 

2 1

2 2

(Với1=1 là nghiệm kép và 2=10 là nghiệm đơn)

  1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A-1.I).u1=0  



 x x

2 4







x x

2 5

y y y

2 9 4







z z z

8 18 2





 0 0 0





 (I) Bằng phương pháp khử Gauss ta có:

5

2 9

5

5 18 9

5 0 9

4





0 18

0 2 4 5

z y

z y x

z x

2 2

Suy ra u2=(-2c, 2c, c) với c0 có cơ sở (-2,2,1)

0 nên hệ đã cho chưa trực giao

Trực giao hóa hệ vecto x1,x2,x3 ta được:

y1=x1=(1,1,0)

y2= x2 - y1=( 21 ,0,1) - (1,1,0) = (14 , 41,1)

y3= x3 - y2 - .y1= (-2,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-2,2,1)

Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được:

Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

3226262

326222

326222

5

2 5

3226262

Câu 312: Xét dấu của các dạng toàn phương sau bằng cách dùng định thức con chính (định lý Sylvester):

d) fx,y,z = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz

Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: D =

Ta có các định thức con chính của D là:

D = = 9 > 0, D = = 18 > 0, D = = -99 < 0

Ta thấy D  D < 0 (Có sự đan xen dấu giữa các định thức con chính cấp lẻ)

Theo định lý Sylvecter thì fx,y,z = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác địnhdấu

Vậy fx,y,z = 9x2 + 6y2 + 12xy - 10xz - 2yz không xác định dấu

Câu313: Tìm tham số m để dạng toàn phương sau xác định tính dương, âm:

Dễ thấy D= 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

Vậy với m>113 thì dạng toàn phương đã cho xác định dương

Câu 314: Viết dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange:

a) fx1,x2,x3 = x2 + 5 x2 - 4x2 + 2xx - 4 xx

Ta có: fx1 ,x2 ,x3 = x2 + 5 x2 - 4x2 + 2xx - 4 xx

= (x2 + 2 xx - 4 xx) + 5x2 - 4x2

= x2 + 2x(x - 2x) + (x - 2x)2 - (x - 2x)2 + 5x2 - 4x2 = (x + x - 2x)2 - x2 + 4xx - 4x2 +5x2 - 4x2

3 2

3 2

3 2

1 3

2 1

2

2

y y

x x

y y

x x

y x

x x

3 2

2

3 2

1 1

3

3

3

y x

y y

x

y y

y x

3

3 2

2

1 2

3 1

2

y y

x

y y

x

y x

x x

3

3 2

2

3 1

1 2

y y

x

y y

x

y y

Câu 315c: Tìm phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc Viết dạng chính tắc đó và hãy phân loại dạng toàn phương:

Đa thức đặc trưng P = A I =

1 2 2

=

0 2

(Với 1=1 là nghiệm kép và 2=7 là nghiệm đơn)

  1=1 ứng với vectơ riêng u1(x, y,z) là nghiệm của hệ:

(A-1.I).u1=0  



 x x

3 2 2







z z z

z x

Dễ thấy =20 nên hệ đã 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) - 52 (2,1,0) = (51,52 ,1)

y3= x3 - y2 - .y1= (-1,2,1) - (0,0,0) - (0,0,0) = (-1,2,1)

Trực chuẩn hóa y1,y2,y3 ta được:

Do đó ma trận truc giao S làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:

305302301

6230251

6230251

2

2 5

305302301

1 0 1

0

Dạng toàn phương đã cho có dạng chính tắc là: Q = y12+y22+7y23

Phân loại dạng toàn phương:

Ta có ma trận tương ứng với dạng toàn phương là: A =

2

2 5

Giá trị của các định thức con xuất phát từ ma trận A là:



= 7 > 0

Tất cả các định thức con xuất phát từ ma trận A đều dương do đó ma trận toàn phương xác định dương

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Giáo trình Toán cao cấp A2 – Nguyễn Phú Vinh – ĐHCN TP HCM

2 Ngân hàng câu hỏi Toán cao cấp – ĐHCN TP HCM

3 Toán cao cấp A2 – Đỗ Công Khanh – NXBĐHQG TP.HCM

4 Toán cao cấp A2 – Nguyễn Đình Trí – NXB Giáo dục

5 Toán cao cấp A2 – Nguyễn Viết Đông – NXB Giáo dục

6 Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Lê Sĩ Đồng – NXB Giáo dục

7 Bài tập Toán cao cấp Đại số Tuyến tính – Hoàng Xuân Sính – NXB Giáo dục