Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập GIẢI ĐỀ CƯƠNG MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NHÓM NGÀNH 1 CHƯƠNG I: LOGIC - TẬP HỢP - ÁNH XẠ - SỐ PHỨC Câu 1. Lập bảng giá trị chân lý của các biểu thức mệnh đề sau: a) [A∧(B∨C)] →C b) [A∧(B∨C)]∧B [Hướng dẫn giải] a) [A∧(B∨C)] →C A B C B∨C A∧(B∨C) [A∧(B∨C)] →C 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 b) [A∧(B∨C)]∧B A B C A B∨C A∧(B∨C) [A∧(B∨C)]∧B 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 Câu 2. Cho p,q là các mệnh đề. Hai mệnh đề (p → q) → q và p∨q có tương đương logic không? Vì sao? — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập [Hướng dẫn giải] +) Ta có: (p → q) → q ⇔ (p∨q) → q ⇔ (p∨q)∨q ⇔ (p∧q)∨q ⇔ (p∨q)∧(q∨q) ⇔ (p∨q)∧1 ⇔ p∨q +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic Câu 3. Chứng minh rằng: a) A ↔ B và (A∧B)∨(A∧B) là tương đương logic. b) (A → B) →C và A → (B →C) không tương đương logic. c) A ↔ B và A ↔ B là tương đương logic. [Hướng dẫn giải] a) A ↔ B và (A∧B)∨(A∧B) là tương đương logic +) Ta có: A ↔ B ⇔ (A → B)∧(B → A) ⇔ (A∨B)∧(B∨A) ⇔ [(A∨B)∧B]∨[(A∨B)∧A] ⇔ [(A∧B)∨0]∨[0∨(B∧A)] ⇔ (A∧B)∨(A∧B) +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic b) (A → B) →C và A → (B →C) không tương đương logic +) Ta có bảng giá trị chân lí: A B C A → B (A → B) →C B →C A → (B →C) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho không tương đương logic c) A ↔ B và A ↔ B là tương đương logic +) Theo câu a, ta có: A ↔ B ⇔ (A∧B)∨(A∧B) ⇔ (A∨B)∧(A∨B) ⇔ (B → A)∧(A → B) ⇔ A ↔ B +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic Câu 4. Cho các mệnh đề A, B và C thỏa mãn (A∧B) → (B∧C) và (A∨C) → (B∨C) là các mệnh đề đúng. Chứng minh rằng (A → B) là mệnh đề đúng. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập [Hướng dẫn giải] +) Giả sử A → B là mệnh đề sai, tức A → B = 0 ⇒ A = 1, B = 0 +) Ta có bảng giá trị chân lý: A B C (A∧C) → (B∧C) (A∨C) → (B∨C) 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 Khi đó, giả sử trên trái với giả thiết là (A∧C) → (B∧C) và (A∨C) → (B∨C) luôn đúng +) Kết luận: A → B là mệnh đề đúng với giả thiết Câu 5. Cho mệnh đề logic "Nếu 2020 là số lẻ thì nó chia hết cho 3". Hỏi mệnh đề là đúng hay sai? Giải thích? [Hướng dẫn giải] +) Đặt A = "2020 là số lẻ", B = "2020 chia hết cho 3" Khi đó: A, B có giá trị chân lý lần lượt là 0 và 0 ⇒ A → B có giá trị chân lí là 1 Mà ta có: A → B = "Nếu 2020 là số lẻ thì nó chia hết cho 3" +) Kết luận: Mệnh đề logic đã cho là đúng Câu 6. Cho hàm số f xác định trên R. Hàm số f là đơn ánh có thể được xác định bởi mệnh đề "Với mọi x1, x2 thuộc tập R, nếu f(x1) = f(x2) thì x1 = x2". Hãy dùng các kí hiệu để diễn tả mệnh đề trên và mệnh đề phủ định của nó. Từ đó đưa ra cách chứng minh một hàm số không phải là đơn ánh. [Hướng dẫn giải] +) Ta có: Mệnh đề A ⇔ ∀ x1, x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇒ Mệnh đề phủ định của A là: A ⇔ ∀x1, x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∨(x1 = x2) ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∧(x1 = x2) ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∧(x1 ̸= x2) +) Kết luận: Để chứng minh một hàm số không phải là đơn ánh, ta tìm x1, x2 ∈ R, x1 ̸= x2 sao cho f(x1) = f(x2) Câu 7. Giả sử f(x), g(x) là các hàm số xác định trên R. Kí hiệu các tập hợp sau: A = {x ∈ R | f(x) = 0}, B = {x ∈ R | g(x) = 0}. Biểu diễn tập nghiệm hai phương trình sau qua hai tập hợp A, B: a) f(x)g(x) = 0. b) [f(x)]2 + [g(x)]2 = 0. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập [Hướng dẫn giải] a) f(x)g(x) = 0 " " f(x) = 0 x ∈ A +) Ta có: f(x)g(x) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ A∪B g(x) = 0 x ∈ B +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = A∪B b) [f(x)]2 + [g(x)]2 = 0 ( 2 2 x ∈ A +) Ta có: [f(x)] + [g(x)] = 0 ⇔ f(x) = g(x) = 0 ⇔ ⇔ x ∈ A∩B x ∈ B +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = A∩B Câu 8. Cho các tập hợp A = [3; 6), B = (1; 5), C = [2; 4]. Xác định tập hợp (A∩B)\C. [Hướng dẫn giải] +) Ta có: A∩B = [3; 5) → (A∩B)\C = (4; 5) +) Kết luận: (A∩B)\C = (4; 5) Câu 9. Cho A,B,C,D là các tập hợp bất kì. Chứng minh: (a) A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) (b) A∪(B\A) = A∩B (c) (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) [Hướng dẫn giải] a) A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) +) Ta có: A∩(B\C) = A∩(B∩C)(= A∩B∩C 1 +) Lại có: (A∩B)\(A∩C) = A∩B∩(A∩C) = A∩B∩(A∪C) = (A∩B∩A)∪(A∩B∩C) = A∩B∩C 2 Từ 1 và 2 ⇒ A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) +) Kết luận: A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) b) A∪(B\A) = A∩B +) Ta có: A∪(B\A) = A∪(B∩A) = (A∪B)∩(A∪A) = A∩B +) Kết luận: A∪(B\A) = A∩B c) (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) +) Ta có: (A\B)∩(C\D) = A∩B∩C∩D 1 +) Lại có: (A∩C)\(B∪D) = A∩C∩ B∪D = A∩C∩ B∩D = A∩B∩C∩D 2 Từ (1) và (2) ⇒ (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) +) Kết luận: (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 10. Cho hai ánh xạ: f : R\ {0} → R g : R → R 1 2x x 7→ x 7→ x 1+x2 a) Ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh. Tìm g(R) b) Xác định h = g◦ f [Hướng dẫn giải] a) +) Xét ánh xạ f 1 1 – Với x1,x2 ∈ R\ {0}, xét f(x1) = f(x2) ⇔ = ⇔ x1 = x2 → f đơn ánh. x1 x2 1 – Nhận thấy: f(x) = 0 ⇔ = 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm ⇒ f không toàn ánh. x 2x 2 +) Xét g(x) = m ⇔ = m ⇔ mx −2x+m = 0 (1) 1+x2 – Nếu ∆′ = 1−m2 > 0 thì phương trình có 2 nghiệm nên f không đơn ánh. – Nếu ∆′ = 1−m2 < 0 thì phương trình vô nghiệm nên f không toàn ánh. – Để (1) có nghiệm thì: ∆′ ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 ⇒ g(R) = [−1; 1] +) Kết luận: Ánh xạ f đơn ánh g(R) = [−1; 1] 1 1 2. 2x b) Ta có: h = g◦ f = g(f(x)) = g = x = x 1 1+x2 1+ x Câu 11. Chứng minh các tính chất của ảnh và nghịch ảnh của ánh xạ: f : X →Y (a) f(A∪B) = f(A)∪ f(B);A,B ⊂ X (b) f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B);A,B ⊂ X (c) f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B);A,B ⊂Y (d) f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B);A,B ⊂Y (e) f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B);A,B ⊂Y [Hướng dẫn giải] a) f(A∪B) = f(A)∪ f(B);A,B ⊂ X +) Giả sử y ∈ f(A∪B),y = f(x) thì x ∈ A∪B ( ( x ∈ A y ∈ f(A) ⇔ ⇔ ⇔ f(A∪B) ⊂ f(A)∪ f(B) 1 x ∈ B y ∈ f(B) +) Ta có: f(A) ⊂ f(A∪B); f(B) ⊂ f(A∪B) ⇔ f(A)∪ f(B) ⊂ f(A∪B) 2 Từ (1) và (2) ⇒ f(A∪B) = f(A)∪ f(B) +) Kết luận: f(A∪B) = f(A)∪ f(B);A,B ⊂ X — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập b) f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B);A,B ⊂ X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng +) Ta có: A∩B ⊂ A ⇒ f(A∩B) ⊂ f(A). Tương tự: f(A∩B) ⊂ f(B) ⇒ f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B) +) Xét f(x) = x2;A = {3};B = {−3} ⇒ f(A∩B) = ∅; f(A)∩ f(B) = {9} ⇒ Điều ngược lại không đúng. +) Kết luận: f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B);A,B ⊂ X c) f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B);A,B ⊂Y +) Giả sử x ∈ f−1(A∪B) ⇔ f(x) ⊂ A∪B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)∪ f−1(B) f(x) ∈ B x ∈ f−1(B) ⇒ f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B);A,B ⊂Y d) f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B);A,B ⊂Y +) Giả sử x ∈ f−1(A∩B) ⇔ f(x) ⊂ A∩B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)∩ f−1(B) f(x) ∈ B x ∈ f−1(B) ⇒ f−1(A∪B) = f−1(A)∩ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B);A,B ⊂Y e) f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B);A,B ⊂Y +) Giả sử x ∈ f−1(A∪B) ⇔ f(x) ⊂ A\B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)\ f−1(B) f(x) ∈/ B x ∈/ f−1(B) ⇒ f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B);A,B ⊂Y Câu 12. Cho ánh xạ f : R → R xác định bởi f(x) = x2 +4x−5 ∀x ∈ R và A = {x ∈ R| −3 ≤ x ≤ 3}. Xác định các tập hợp f(A), f−1(A). [Hướng dẫn giải] +) Với x ∈ [−3; 3], ta thấy f(x) ∈ [−9; 16] ⇒ f(A) = [−9; 16] h √ √ i h √ √ i +) −3 ≤ f(x) ≤ 3 ⇔ −3 ≤ x2 +4x−5 ≤ 3 ⇔ x ∈ −2−2 3;−2− 6 ∪ −2+ 6;−2+2 3 h √ √ i h √ √ i ⇒ f−1(A) = −2−2 3;−2− 6 ∪ −2+ 6;−2+2 3 f(A) = [−9; 16] +) Kết luận: √ √ √ √ f−1(A) = [−2−2 3;−2− 6]∪[−2+ 6;−2+2 3] — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 13. Cho ánh xạ f :R2 →R2 xác định bởi f(x,y) = (x+y;x−y) và tập A={(x,y)∈R2|x2+y2 = 9}. Xác định các tập hợp f(A), f−1(A) [Hướng dẫn giải] +) Xét (x,y) ∈ A ⇒ f(x,y) = (x+y;x−y) Mà x2 +y2 = 9 ⇔ (x+y)2 + (x−y)2 = 18 ⇒ f(A) = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = 18} x+y u = +) Xét f(u,v) = (x,y) ⇒ 2 x−y v = 2 2 2 2 2 x+y x−y 9 2 2 9 Mà x +y = 9 ⇔ + = hay u +v = 2 2 2 2 2 2 2 9 ⇒ f(A) = {(x,y) ∈ R |x +y = } 2 f(A) = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = 18} +) Kết luận: 9 f(A) = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = } 2 Câu 14. Cho ánh xạ f : R2 → R2 xác định bởi f(x,y) = (x2 −y;x+y). Ánh xạ f có là đơn ánh, toàn ánh không? Tại sao? [Hướng dẫn giải] +) Ta thấy f(0;−1) = f(−1; 0) = (1;−1) ⇒ f không phải là đơn ánh ( ( x2 −y = u y = v−x +) Xét f(x;y) = (u;v) ⇔ ⇔ x+y = v x2 +x−v = u Ta thấy với (u;v) = (−1;−1) thì hệ phương trình trên vô nghiệm ⇒ Vậy f không phải là toàn ánh. Ta cũng có thể xét tổng quát hơn: ( ( x2 −y = u y = v−x +) Xét f(x;y) = (u;v) ⇔ ⇔ x+y = v x2 +x−v = u(∗) +) Xét nghiệm của phương trình (*). Ta có: ∆ = 1+4(u+v) • Nếu ∆ > 0 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇒ f không phải đơn ánh. • Nếu ∆ < 0 Phương trình (*) vô nghiệm. ⇒ f không phải toàn ánh. +) Kết luận: Ánh xạ f không đơn ánh cũng không toàn ánh — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 15. Cho tập hợp Z4 = {0; 1; 2; 3} được trang bị luật hợp thành như sau: với a,b ∈ Z4, ta có a∗b = (a+b)mod4 a) Chứng minh * là một phép toán đóng trên Z4 b) Hỏi (Z4,∗) có phải một nhóm không? [Hướng dẫn giải] a) +) ∀a,b ∈ Z4, ta có a∗b = (a+b)mod4 ∈ {0; 1; 2; 3} = Z4 ⇒ ∗ là một phép toán đóng trên Z4 +) Kết luận: ∗ là một phép toán đóng trên Z4 b) +) (Z4,∗) là một nhóm vì: – Tính kết hợp:(a∗b)∗c = ((a+b)mod4) +c)mod4 = (a+ (b+c)mod4)mod4 = a∗(b∗c) – Phần tử trung hòa là 0 vì: a∗0 = 0∗a = a ∀a ∈ Z4 – ∀a ∈ Z4 luôn tồn tại phần tử đối xứng: 1∗3 = 2∗2 = 3∗1 = 0 +) Kết luận: (Z4,∗) là một nhóm Câu 16. Cho G = {f1, f2, f3, f4, f5, f6} là tập các ánh xạ từ R\ {0; 1} → R\ {0; 1} xác định như 1 1 1 x sau: f1(x) = x; f2(x) = ; f3(x) = 1− ; f4(x) = ; f5(x) = 1−x; f(6) = 1−x x x x−1 a) Tính f1 ◦ f2 b) Lập bảng để biểu diễn giá trị fi ◦ fj với mọi i, j = 1,6 c) Chứng minh G cùng với phép toán là phép tích ánh xạ lập thành một nhóm không Abel [Hướng dẫn giải] 1 a) f1 ◦ f2 = f1(f2(x)) = 1−x b) Bảng biểu diễn giá trị fio fj với mọi i, j = 1,6 ◦ f1 f2 f3 f4 f5 f6 f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5 f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4 f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3 f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2 f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1 c) +) Dựa vào phần b) ta thấy ◦ là một phép toán đóng trên G — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập +) (G,◦) là một nhóm vì: • Phép toán ◦ có tính kết hợp • Phần tử trung hòa: f1 • ∀fi ∈ G luôn tồn tại phần tử đối xứng: f1 ◦ f1 = f2 ◦ f2 = f3 ◦ f3 = f4 ◦ f4 = f5 ◦ f5 = f6 ◦ f6 = f1 +) f2 ◦ f4 = f5 ̸= f6 = f4 ◦ f2 nên (G,◦) là nhóm không Abel Câu 17. Nêu rõ các tập sau với các phép toán cộng và nhân thông thường có lập thành một vành, trường không? (a) Tập các số nguyên lẻ (b) Tập các số nguyên chẵn (c) Tập các số hữu tỉ n √ o (d) X = a+b 2|a,b ∈ Z n √ o (e) Y = a+b 3|a,b ∈ Q [Hướng dẫn giải] a) Tập các số nguyên lẻ ⇒ Tập này không phải một nhóm (vành, trường) vì phép cộng không phải là phép toán đóng. ( số lẻ + số lẻ = số chẵn ) b) Tập các số nguyên chẵn ⇒ Tập này lập thành một vành nhưng không phải trường vì: • Phép nhân và phép cộng đều là phép toán đóng. • Tập là một nhóm Abel với phép cộng ( có tính kết hợp, có phần tử trung hòa là 0, có phần tử nghịch đảo, có tính giao hoán) • Phép nhân có tính kết hợp và phân phối 2 phía. • Không phải trường vì không phải vành có đơn vị. c) Tập các số hữu tỉ ⇒ Tập này lập thành một trường vì: • Phép nhân và phép cộng đều là phép toán đóng. • Là một nhóm Abel với phép cộng ( có tính kết hợp, có phần tử trung hòa là 0, có phần tử nghịch đảo, có tính giao hoán) • Phép nhân có tính kết hợp và phân phối 2 phía. • Là vành giao hoán có phần tử đơn vị là 1, và với mọi phần tử (khác 0) thì đều có khả nghịch. n √ o d) X = a+b 2|a,b ∈ Z +) Với x1,x2 ∈ X ta có: — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ( √ x1 +x2 = (a1 +a2) + (b1 +b2) 2 ∈ X √ √ √ x1x2 = (a1 +b1 2)(a2 +b2 2) = a1a2 +2b1b2 + (a1b2 +a2b1) 2 ∈ X ⇒ Tập này lập thành một vành không phải trường vì: • Phép nhân và phép cộng đều là phép toán đóng. √ • Là một nhóm Abel với phép cộng ( có tính kết hợp, có phần tử trung hòa là√ √ 0+0 2, có phần tử nghịch đảo của a+b 2 là −a−b 2, có tính giao hoán). • Phép nhân có tính kết hợp và phân phối 2 phía. • Không phải trường vì dù là vành giao hoán có đơn vị nhưng tồn tại phần tử (khác 0) không có khả nghịch. √ ! √ 1 a b 2 phần tử khả nghịch của a+b 2 là √ = − ∈/ Xvì a,b ∈ Z a+b 2 a2 −2b2 a2 −2b2 n √ o e) Y = a+b 3|a,b ∈ Q +) Với y1,y2 ∈Y ta có: ( √ y1 +y2 = (a1 +a2) + (b1 +b2) 3 ∈Y √ √ √ y1y2 = (a1 +b1 3)(a2 +b2 3) = a1a2 +3b1b2 + (a1b2 +a2b1) 3 ∈Y ⇒ Tập này lập thành một trường vì: • Phép nhân và phép cộng đều là phép toán đóng. √ • Là một nhóm Abel với phép cộng ( có tính kết hợp, có phần tử trung hòa là√ √ 0+0 3, có phần tử nghịch đảo của a+b 3 là −a−b 3, có tính giao hoán). • Phép nhân có tính kết hợp và phân phối 2 phía. • Là vành giao hoán có đơn vị và với mọi phần tử (khác 0) đều có khả nghịch. √ ! √ 1 a b 3 phần tử khả nghịch của a+b 3 là √ = − ∈Yvì a,b ∈ Q a+b 3 a2 −3b2 a2 −3b2 Câu 18. Biểu diễn các số phức sau dưới dạng chính tắc: √ (1+i)21 √ √ a) (1+i 3)9 b) c) (2+i 12)5( 3−i)11 (1−i)13 √ 9 π π 9 9 9π 9π 9 a) (1+i 3) = 2 cos +i.sin = 2 cos +i.sin = −2 +0i 3 3 3 3 √ π π 21 21 21π 21π 21 2 cos +i.sin 2 2 cos +i.sin (1+i) 4 4 4 4 b) = = (1−i)13 √ −π −π 13 −13π −13π 213 cos +i.sin 2 cos +i.sin 2 4 4 4 4 4 21π −13π 21π −13π = 2 cos − +i.sin − = 16.i 4 4 4 4 √ √ 11 5 11 π π 5 −π −π c) (2+i 12) ( 3−i) = 4 cos +i.sin . 2 cos +i.sin 3 3 6 6 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 5π 5π 11 −11π −11π = 4 cos +i.sin .2 cos +i.sin 3 3 6 6 21 5π −11π 5π −11π = 2 cos + +i.sin + 3 6 3 6 21 −π −π = 2 cos +i.sin 6 6 √ ! 3 −1 √ = 221 +i. = 220 3−220.i 2 2 √ Câu 19. Tìm các căn bậc 8 của số phức:z = 1−i 3. [Hướng dẫn giải] √ −π −π Ta có: z = 1−i 3 = 2 cos +i.sin 3 3 −π −π √ √ +k2π +k2π ⇒ 8 z = 8 2cos 3 +i.sin 3 8 8 √ 8 −π kπ −π kπ = 2 cos + +i.sin + với k ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7} 24 4 24 4 Câu 20. Tìm nghiệm phức của các phương trình sau: a) z2 +z+1 = 0. b) z2 +2iz−5 = 0. c) z4 −3iz2 +4 = 0. d) z6 −7z3 −8 = 0. 1024 √ e) z7 = . f) z8 3+i = 1−i. z3 g) iz2 −(1+8i)z+7+17i = 0. [Hướng dẫn giải] a) z2 +z+1 = 0 2 √ 2 1 3 1 3 +) Ta có: z +z+1 = 0 ⇔ z+ = − ⇔ z = − ± i 2 4 2 2 ( √ ) 1 3 +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = − ± i 2 2 b) z2 +2iz−5 = 0 +) Ta có: z2 +2iz−5 = 0 ⇔ (z+i)2 = 4 ⇔ z = ±2−i +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±2−i} c) z4 −3iz2 +4 = 0 +) Đặt z2 = t. Khi đó, ta có: t2 −3it +4 = 0 ⇒ ∆ = (3i)2 −4.4 = −25 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3i+5i √ √ t = = 4i ⇒ z = ±( 2+i 2) 1 2 ! ⇒ √ √ 3i−5i 2 2 t2 = = −i ⇒ z = ± −i 2 2 2 ( √ √ !) √ √ 2 2 +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ±( 2+i 2); ± −i 2 2 d) z6 −7z3 −8 = 0 +) Đặt z3 = t. Khi đó, ta có: t2 −7t −8 = 0 ⇒ ∆ = 72 +4.8 = 81 2π 2π −2π −2π t1 = 8 = 8.(cos 0+isin 0) ⇒ z ∈ 2; 2 cos +isin ; 2 cos +isin ⇒ 3 3 3 3 π π −π −π t2 = −1 = (cosπ +isinπ) ⇒ z ∈ −1; cos +isin ; cos +isin 3 3 3 3 +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là 2π 2π −2π −2π π π −π −π S = 2; 2 cos +isin ; 2 cos +isin ; −1; cos +isin ; cos +isin 3 3 3 3 3 3 3 3 1024 e) z7 = z3 1024 3 3 10 +) Ta có: z7 = ⇒ z7.z = 1024 ⇒ |z7.z | = 1024 ⇒ |z| = 1024 ⇒ |z| = 2 z3 |z|2 4 47 1024 2kπ 2kπ Khi đó, z = = ⇒ = ⇒ z4 = 24 ⇒ z = cos +isin , k = 0,3 z z z7 z3 4 4 +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±2; ±2i} √ f) z8( 3+i) = 1−i √ √ 8 8 π π −π −π +) Ta có: z ( 3+i) = 1−i ⇔ z .2 cos +isin = 2 cos +isin 6 6 4 4 8 −0.5 −5π −5π ⇔ z = 2 cos +isin 12 12 −5π −5π +2kπ +2kπ ⇔ z = 2− 1 cos 12 +isin 12 , k = 0,7 16 8 8 +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là −5π −5π +2kπ +2kπ S = 2− 1 cos 12 +isin 12 , k = 0,7 16 8 8 g) iz2 −(1+8i)z+7+17i = 0 +) Ta có: iz2 −(1+8i)z+7+17i = 0 ⇒ ∆ = (1+8i)2 −4i(7+17i) = 5−12i = (3−2i)2 1+8i+3−2i z1 = = 3−2i ⇒ 2i 1+8i−3+2i z2 = = 5+i 2i +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3−2i; 5+i} — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 21. Cho ε1, ε2, . . . , ε2014 là các căn bậc 2014 phân biệt phức của đơn vị 1. Tính 2014 A = ∑ εi2. i=1 [Hướng dẫn giải] +) Ta có: ε1,ε2, . . . ,ε2014 là các căn bậc 2014 phân biệt phức của đơn vị 1 2nπ 2nπ Khi đó, ∀ n ∈ [1; 2014], ta có: εn = cos +isin 2014 2014 2 2·2nπ 2·2nπ 2nπ 2nπ ⇒ εn = cos +isin = cos +isin 2014 2014 1007 1007 ( ε2 = ε2 , ∀ n = 1,1007 (1) ⇒ n n+1007 ε2, ε2, . . . , ε2 là 1007 nghiệm phân biệt phức của phương trình: x1007 −1 = 0 (2) 1 2 1007 1007 +) Từ (2) theo định lý Viète, ta có: ∑ εi2 = 0 i=1 2014 1007 1007 Mà từ (1) ⇒ A = ∑ εi2 = ∑ εi2 +εi2+1007 = 2 ∑ εi2 = 0 i=1 i=1 i=1 +) Kết luận: A = 0 (x+1)9 −1 Câu 22. Cho phương trình = 0. x a) Tìm các nghiệm của phương trình trên. b) Tính môđun của các nghiệm. 8 kπ c) Tính tích các nghiệm, từ đó tính ∏sin . 9 k=1 [Hướng dẫn giải] a) +) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình trên (x+1)9 = 1 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với ⇒ Phương trình trên có 9 nghiệm phức x ̸= 0 phân biệt là: 2nπ 2nπ xn = −1+cos +isin , n = 1,9 9 9 +) Ta thấy x9 = −1+1 = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là 2nπ 2nπ S = −1+cos +isin , n = 1,8 9 9 b) 2 2 2nπ 2 2nπ 2nπ 2 nπ +) Ta có: |xn| = −1+cos +sin = 2−2 cos = 4 sin với n = 1,8 9 9 9 9 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập nπ +) Kết luận: |xn| = 2 sin với n = 1,8 9 c) +) Với x ̸= 0, phương trình đã cho trở thành (x+1)9 −1 = 0 ! 8 8 ⇒ x ∑(x+1)i = 0 ⇔ ∑(x+1)i = 0 (∗) i=0 i=0 +) Do phương trình đã cho có 8 nghiệm phức phân biệt x1, x2, . . . , x8 nên 8 số trên cũng là 8 nghiệm phức phân biệt của phương trình (∗) 8 8 8 +) Xét vế trái của (∗), ta có: ∑(x+1)i = ∑akxk, với a0 = ∑1 = 9 và a8 = 1 i=0 k=0 i=0 8 (−1)8a ⇒ Theo định lý Viète, ta có: ∏x = 0 = 9 k a k=1 8 8 8 8 ∏ kπ ∏ ∏ kπ 9 +) Ta có: 2 sin = |xk| = 9 ⇒ sin = 9 9 28 k=1 k=1 k=1 8 kπ 9 +) Kết luận: ∏sin = 9 28 k=1 Câu 23. Cho ánh xạ f : C → C, f(z) = iz2 + (4−i)z−9i với i là đơn vị ảo. Xác định f−1({7}). [Hướng dẫn giải] +) Ta có: z ∈ f−1(7) ⇒ f(z) = 7 ⇒ iz2 + (4−i)z−9i−7 = 0 +) Xét biệt thức ∆ = (4−i)2 −4i(−9i−7) = −21+20i = (2+5i)2 −(4−i) + (2+5i) z1 = = 3+i ⇒ Phương trình đã cho có 2 nghiệm 2i −(4−i)−(2+5i) z2 = = −2+3i 2i +) Kết luận: f−1({7}) = {3+i; −2+3i} Câu 24. Cho z , z là hai nghiệm phức của phương trình z2 −z+ai = 0, với a là một số thực và i là 1 2 đơn vị ảo. Tìm a biết z2 −z2 = 1. 1 2 [Hướng dẫn giải] +) Ta có: z , z là hai nghiệm phức của phương trình z2 −z+ai = 0 1 2 ( z1 +z2 = 1 ⇒ Áp dụng định lý Viète, ta có: z1z2 = ai +) Ta có: 1 = z2 −z2 = |z −z | |z +z | = |z −z | 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇒ (z −z )2 = 1 ⇔ (z +z )2 −4z z = 1 ⇒ |1−4ai| = 1 ⇒ 1+16a2 = 1 ⇔ a = 0 1 2 1 2 1 2 +) Kết luận: a = 0 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Hiển thị 14 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!