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
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≤

+
=
1z =
⇒
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
+

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

i
i
=
( )( )
21
2
2
21
2
13
31313
121
313185
121
321335








+−
=






3
dưới dạng lượng giác:
Modun: r =
( )
( )
2
2
31 +−
=2
Argument:
1
cos
2
2
2
3
3
sin
2
k
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
−

=



21
= 2
21
.
21.2 21.2
cos .sin
3 3
i
π π
 
+
 ÷
 
= 2
21
(1 + 0) = 2
21
Vậy F =
21
321
335








−

−−
=
∆−−
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)

⇔
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:
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
2
3
2
3
sin
2
1

sin.
3
cos
ππ
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

= +


= +


⇒

1
cos
2
2
3
3
sin
2
k
a
r
b
r
π
π
ϕ
ϕ
ϕ

= =


⇒ = +


= =


Lấy giá trị chính
1

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
π
π
ϕ
ϕ

 
(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
π π
π π
+
+
=
2
.[cos(
3
π
-
4
π
) +isin(
3
π

= =
.
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

)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









=
−
=
Lấy giá trị chính
3
2
1
π
ϕ
=
Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2






+
3
2
sin.
3
2

Modun: r
2
=
( )
( )
2
2
31 −+−
=2
Argument:
π
π
ϕ
ϕ
ϕ
2
3
2
2
3
sin
2
1
cos
2
2
2
k+
−
=⇒

2
sin.
3
2
cos
ππ
i
= 2






−
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
i
⇒
B
n
= 2
n
.


[2
n
.






+
3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
+2
n
.






−

3
2
sin.
3
2
cos
ππ
n
i
n
−
)
= 2
3
2
cos
π
n
Vậy z = 2
3
2
cos
π
n
Câu 10: Đặt z
1
=
2
31 i+
. Tính z = (z

2
= 4  r = 2
Argument z
2
:





=
=
2
3
sin
2
1
cos
ϕ
ϕ

⇔

ϕ
=
3
π
+ k2
π
Lấy giá trị chính

ππ
i+
=
3
sin
3
cos
ππ
i+
Do đó: z= (z
1
)
n
= (
3
sin
3
cos
ππ
i+
)
n
= cos
3
π
n
+ isin
3
π
n

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

2
1
sin
2
1
cos
ϕ
ϕ

⇔

ϕ
=
4
π
+ k2
π
Lấy giá trị chính
ϕ
=
4
π

Từ đó có dạng lượng giác của z
1
là:
z
1
=
2

3
z
=
3
4
sin
4
(cos8
ππ
i+
= 2.(cos
3
2
4
π
π
k+
+ isin
3
2
4
π
π
k+
) với k = 0, 1, 2
• k = 0: u
0
=
3
z

17
π
+isin
12
17
π
)
Câu 15: Tính định thức: A= và B=
Giải:
a) A== -1. = 2. = 2.(4 – 8) = -8
b) B=
 →
+−=
+−=
+−=
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
−

,

Giải:
Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:
=∆
= (-1) . . = m(m-1)
Để
∆
>0
⇔
m(m-1) >0 ⇔
0
1 0
m
m
≠


− >

⇔ m >1
Vậy với m>1 thì
0
>∆
với:
=∆

Câu 44: Tính định thức:
a) A=
 →

a) = 2
Giải:
VT = = +=+++ = + + + + +
= + = 2 = VP
Vậy = 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

+ +
− + −
= (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

+
=
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b c
a b c
a b c
- x
2
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

1

a
x

1

x
x

1

x
a
= [a+(n-1)x]
1
0

0

1

0
a x−

1
0

0


 ÷
 ÷
 ÷
 
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=
 →
+−=
+−=
+−=
414
313
212
4
3
2
ddd
ddd
ddd

 →
+=
323
ddd


m
=

⇔

− ≠

0m⇔ =
khi đó: A=
Vậy với m=0 thì r(A) = 3

Câu118: Cho ma trận A= ,tính A.A
Giải:
Từ A=
⇒
A =
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
là (-1)
i+j
. Tìm phần tử a
41
của A
2
.
Giải:
Theo bài ra ta có:
a
11

2+2
= 1
a
23
= (-1)
2+3
= -1

a
2n
= (-1)
2+n
= (-1)
2+100
= 1
Tương tự ta có:
a
n1
= (-1)
100+1
= -1
a
n2
= (-1)
100+2
= 1
a
n3
= (-1)
100+3


⇒
det D = (-1)
1+1
.1. = 33
0≠
⇒
Ma trận D khả nghịch
Ta có D =

⇒
D =
det
p
D
D
=
33
1
0
1
5
1
5
0

+




3
1

3
5
1
5
1
3
+
−
+

0
1
5
1
5
0

÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷



 ÷
−
 ÷
 ÷
−
 ÷
 
Vậy D=
⇒
D =
5
1 1
33
33 11
5 8
1

11 11 11
5 8 5
33 33 11
−
 
 ÷
 ÷
−
 ÷
 ÷
−
 ÷
 

1
1




1
0





−
0
2
1




−2
3





−
1



−
−
1
1
1
và A
2
=




1
0





−
0
2
1




−2




1
0





−
0
1
1




2
0





−
−
1
1
1


0
1




−1
=
=




−1
1





−
2
0
1
=









−2
3





−
1
0
1
=









−2
3









−
−
4
6
1
=





6
1
3
2





0
1
(3)
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
A = A




0
1
=





12
5
3
2





2
1
1
Câu 182: Giải và biện luận hệ phương trình với m là tham số





=+−

−






4
3
m

 →
↔ 31 dd






3
2
1

1
1
2
−
−

2

2−

10
10
4
−
−






−
−
9
8
4
m
 →
↔ 32 dd





0
0
1


1

0
5
2−

0
10
4
−






+
−
1
9
4
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(

9
2
5
2
zy
x

⇔





−
=
=
5
910
5
2
z
y
x
Hệ có vô số nghiệm dạng: (x, y, z) = (
5
2
,
5
910 −a
, a)

, a)
Ra
∈∀
m
≠
-1 hệ vô nghiệm
Câu 214: Xác định tham số m để các 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 đã cho phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại các số thực a, b, c sao
cho:
a.u+b.v+c.w=(0;0;0) ⇔







=+++
=+++
=++
=++
0).10(.6.4
0.6).2(.3
0.2 1
0.2
cmba
cbma
cbma

1 2
6-4m
0 m+2

2-2m
0 0
0 0
m-
m
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
2 4
3 3
d
d d
m
−
= +
→
2
m
1 2
6-4m
0 m+2


3 2 3
6 4
m
d d d
m
m
−
= +
−
→
2
1 2
0 6 4 2
0 0
( 2)( )
6 4
m
m m
m m
m
m
 
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 ÷
+ −
 ÷
 ÷






=
=
−=
0
1
2
m
m
m
Vậy với





=
=
−=
0
1
2
m
m
m
các vecto đã cho phụ thuộc tuyến tính.


→
1 2
4 6 10
2
m
m
m m m
 
 ÷
+
 ÷
 ÷
 
2 4 1 2
3 1 3
d d d
d md d
=− +
=− +
→
2
1 2
0 6 4 2
0 0
m
m m
m
m
 

⇔
2
6 4 0
0
m
m
m
− ≠



− =



⇔
0
1
m
m
=


=

Vậy với
0
1
m
m

dd3 2 3
2
m
d d d
 
= − +
 ÷
 
→
1
0
0






1
2
0

2
1
2
(6 )
2

⇔
21
dd

2 1 2
4 2 1 4
d md d
d d d
=− +
=− +
→
2
2
1 m+1
0 -m2

0 -1
1
2 2
5
m
m
+
 
 ÷
−
 ÷
 ÷
−
 ÷

m
∀
do 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:





=+−
=−−
=+−
034
023
02
zyx
zyx
zyx

Giải:
Ta có ma trận A=
Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận A ta được:

A=
 →
+−=
+−=
313


=

Suy ra:
( )
, ,x y z
=
( )
( )
5,7,1z
Do đó E =
( )
1,7,5
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
-1
AP với
ma trận A=





−
−
−
3
3
1


4
λ
−

λ
−
−
3
0
2
=
0
3
1
−
−−
λ

3
4
4
−
−
λ
λ

λ
−
−
3

3
2
1
3
2
1
=
=
=
•
λ
1
=1 ứng với vectơ riêng u
1
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A-1.I).u
1
=0

⇔





−
−
x
x
3

≠
0 có cơ sở (1,1,1)
•
λ
2
=2 ứng với vectơ riêng u
2
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–2I). u
2
=0

⇔





−
−
x
x
3
3
y
y
y
−
+
+

2
=(
3
2b
, b, b) với b
≠
0 có cơ sở (
3
2
,1,1)
•
λ
3
=3 ứng với vectơ riêng u
3
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–3I). u
3
=0

⇒



+−
+−
yx
yx
3
44

≠
0 có cơ sở (1,3,4)
Do đó ma trận P làm chéo hóa ma trận A có thể chọn như sau:
P =





1
1
1

1
1
3
2






4
3
1
Suy ra P
-1
=





−
0
3
3

1
9
5
−
−






−
1
6
3





−
−

2






4
3
1
=





0
0
1

0
2
0






3

2

Giải:
Đa thức đặc trưng P =
IA
λ
−
=
2
4
5
−
−
−
λ

2
5
4
λ
−
−

λ
−
−
2
2
2
=

-1)(10-
λ
) (Tính theo Sarius)
Trị riêng là nghiệm của phương trình:
P = 0
⇔
(
λ
-1)(
λ
-1)(10-
λ
) = 0
⇔




λ
λ
2
1
10
1
=
=

(Với
λ
1

z
z
+
− 2

0
0
=
=

⇒
2x-2y-z=0
Suy ra u
1
=(
2
2 ba +
, a, b)= (a, a, 0)+ (
2
b
, 0, b) với a
2
+b
2
≠
0
Có 2 cơ sở: x
1
(1,1,0) va x
2

9
4
+
−
−

z
z
z
8
18
2
−
+
−

0
0
0
=
=
=
(I)
Bằng phương pháp khử Gauss ta có:





−

5
12
3 d
d
d





−
0
0
5

5
18
9
4
−
−

5
36
18
2
−
−



0
18
2−






0
0
0
Hệ (I)
⇒




=+−
=−−−
0189
0245
zy
zyx
⇒



=
−=

,x
3
ta được:
y
1
=x
1
=(1,1,0)
y
2
= x
2
- y
1
=(
2
1
,0,1) - (1,1,0) = (
4
1
,
4
1−
,1)
y
3
= x
3
- .y
2

6
2
−








−
3
1
3
2
3
2

⇒
S
-1
= S
T
=






0

D = S
-1
AS =








−
3
2
6
2
2
2

3
2
6
2
2
2
−




−
2
2
2








0
2
2
2
2

3
22
6
2
6
2
−





10
0
0
Câu 312: Xét dấu của các dạng toàn phương sau bằng cách dùng định thức con
chính (định lý Sylvester):
a) f
( )
yx,
= x
2
+ 26y
2
+ 10xy
b) f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2

c) f
( )
zyx ,,
= -11x
2
- 6y
2
-6z
2

+ 26y
2
+ 10xy xác định dương
b) f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2Ta có ma trận ứng với dạng toàn phương là: B =
Ta có các định thức con chính của B là:
D = = -1 < 0 và D = = 3 > 0
Vậy theo định lý Sylvester thì f
( )
yx,
= -x
2
+ 2xy - 4y
2
xác định dấu âm
c) f
( )
zyx ,,
= -11x
2
- 6y
2