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)

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


-1 0 2 (x) c)
1
z


Ta có r =
2 2
a b

=
1
z



2 2
a b

= 1

a
2
+ b

2 2
a b

=
z

Suy ra:
1
< z  2

1<
2 2
a b
  2

1 < a
2
+ b
2
 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:

Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:
a) A =
2
3 2
i
i



f) F =
21
321
335










i







i
i
=




21
2
2
21
2
13
31313
121
313185
121
321335







=


21
31 i
Đặt A = -1 + i
3

F = A
21
Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác:
Modun: r =
 


2
2
31 
=2
Argument:
1
cos
2
2
2
3
3
sin
2
k


3
2
sin.
3
2
cos

i

F = A
21
= 2
21
.
21.2 21.2
cos .sin
3 3
i
 
 

 
 
= 2
21
(1 + 0) = 2
21

Vậy F =

– 3 = -2 = 2i
2

Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm:
X
1
=
3
21
3
21
2''
ii
a
b 






X
2
=

3
21
3
21
2''

= 2
2
- 4.1.1 = 0

X
12
= 1
2


a
b
= i
2
z
2
= X
12
= i
2

z =

i
Vậy (1) có nghiệm là z =

i

r
b
r
a











Lấy giá trị chính
3



Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2







3
sin.

 



z =
1
2
z
z
(1)
* Viết z
1
= 1 + i
3
dưới dạng lượng giác:
Modun: r
1
=
 


2
2
31 
=2
Argument z
1
:
1
1

 



Lấy giá trị chính
1
3




Suy ra dạng lượng giác của z
1
là: z
1
= 2







3
sin.
3
cos

i (2)
* Viết Z

a
r
b
r






 


  


 



Lấy giá trị chính
2
4




Suy ra dạng lượng giác của z
2
là: z

2
.[cos(
3

-
4

) +isin(
3

-
4

)]
=
2
(cos
12

+isin
12

)
Vậy z =
2
(cos
12

+isin
12



1
( 1 3)
2
n
n
n
i
z

 
(1)

2
1 3
2
i
z
 


2
( 1 3)
2
n
n
n
i
z

+
)31( i
n

] =
2
1
n
(A
n
+B
n
) (3)
Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3
 A = -1 + i
3

Modun: r
1
=
 


2
2
31 
=2
Argument:



1




Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2







3
2
sin.
3
2
cos

i

A
n
= 2
n
.






2
3
2
2
3
sin
2
1
cos
2
2
2
k














Lấy giá trị chính




3
2
sin.
3
2
cos

i

B
n
= 2
n
.







3
2
sin.
3
2
cos

sin.
3
2
cos

n
i
n
+2
n
.







3
2
sin.
3
2
cos

n
i
n
]
=


)
= 2
3
2
cos

nVậy z = 2
3
2
cos

n
Câu 10: Đặt z
1
=
2
31 i
. Tính z = (z
1
)
n
với n là số nguyên dương.
Giải:






2
3
sin
2
1
cos






=
3

+ k2


Lấy giá trị chính

=
3


Từ đó có dạng lượng giác của z

3
sin
3
cos


i

Do đó: z= (z
1
)
n
= (
3
sin
3
cos


i
)
n
= cos
3

n
+ isin
3

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
sin
2
1
cos






=
4

+ k2


Lấy giá trị chính

=
4


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

3
4
sin
4
(cos8

i
= 2.(cos
3
2
4


k
+ isin
3
2
4


k
) với k = 0, 1, 2
 k = 0: u
0
=
3
z
= 2(cos
12



) Câu 15: Tính định thức: A=








0
2
7
0

1
2
3
4

2
7
4
4

0
0
Giải:

a) A=








0
2
7
0

1
2
3
4

2
7
4
4

0
0

4

2
4
= 2.(4 – 8) = -8
b) B=








2
1
1
1

1
2
1
1

1
1
2
1

1


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





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
o

0
1
.






m
1

0
m-1
= m
2

(m-1)
Để



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+4
x+4
x+4

2
x
2

2
2
x

=(x+4).








1
1
1

2
x
2

2

=(x+4).(x-2)
2 b) B=








1
a
b+c

1
b
c+a

1
c
a+b

 


313
212

a+b
= 0 Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:
a)








y+z
y

1
+z

1

y

2
+z

2

= 2








x
x

1

x

2y
y

1

y

2
2
+z

2z+x
z

1
+x

1

z

2
+x

2x+y
x

1
+y

1


+x

1

z

2
+x

2x+y
x

1
+y

1

x

2
+y

2

+


x+y
x

1
+y

1

x

2
+y

2

=








y
y

1


+








y
y

1

y

2x
x

1

x

2

2z
z

1

z

2x+y
x

1
+y

1

x

2
+y

2

+


1
+y

1

x

2
+y

2=








y
y

1

y



y
y

1

y

2z
z

1

z

2y
y

1

y

2


x

1

x

2

+








y
y

1

y

2x
x


z

2x
x

1

x

2x
x

1

x

2+






2=








y
y

1

y

2z
z

1

z



x
x

1

x

2y
y

1

y

2

= 2








x

Vậy








y+z
y

1
+z

1

y

2
+z

2z+x
z

1
+x






x
x

1

x

2y
y

1

y

2z
z

1


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

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
 
 
 

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





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


0

1

0
a x


1
0

0

1
0

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







1+a

1

a

1

…
a

1a

2

1+a

2

…
a

n
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

…

a

n

a

n

…
1+a

n = (1+a

1
+a

2
+…+a

n
)





n

a

n

…
1+a

n
= (1+a

1
+a

2
+…+a

n
)









2
+…+a

nVậy B =








1+a

1

a

1

…
a

1
n

= 1+a

1
+a

2
+…+a

n
Câu 63: Giải phương trình:








x
1
1
1

x
x


x
1
1
1

x
x
21
0

-1
1
1
1

-1
1
1
1
= 0 có nghiệm với mọi x Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=

 
 


3
6
9
12

4
8
12
16

5
11
14
20

 



414
313
212
4
3
2
ddd
ddd
ddd


-1
0

 

323
ddd









1
0
0
0

2
0
0
0

3
0
0
0

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

ddd







1
0
0
0

m
m-1
m-1
0

1
0
m
0

2
m
2m-1
m

m
m-1
m

Để r(A) = 3
0
1 0
m
m




 

0
m
 
khi đó: A=








1
0
0

0
0
0

1
0
0
0

0
1
0
0

0
0
1
0
,tính A.A
T
Giải:
Từ A=











0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

0
0
0
0

Suy ra: A.A
T

=







0
1
0
0

0
0
1
0

0
0
0
1

0
0
0
0
=






41
của A
2
.

Giải:

Theo bài ra ta có:
a
11
= (-1)
1+1
= 1
a
12
= (-1)
1+2
= -1
a
13
= (-1)
1+3
= 1

a
1n
= (-1)
1+n
= (-1)
1+100

n1
= (-1)
100+1
= -1
a
n2
= (-1)
100+2
= 1
a
n3
= (-1)
100+3
= -1

a
nn
= (-1)
100+100
= 1

Vậy ma trận A là:






1
-1

2
=






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 A
2

là ma trận vuông cấp 100


a

41
= (-1).1+1.(-1) + (-1).1+ +1.(-1) = -100.
Vậy a

41
= -100.




1
5
3

3
0
1

5
1
0

 


31
3
212
3
5
ddd
ddd





-24
-15
= 33
0


Ma trận D khả nghịch
Ta có D
T

=








1
3
5

5
0
1

3
1
0





1
0
3
0
3
1

3
5
1
5
1
3




1
0
3
0
3
1

3
5

1 5 3
3 15 24
5 8 15

 
 

 
 

 
=
5
1 1
33
33 11
15 8
1

11 33 11
5 58
33 11
33

 
 
 

 
 

5
1 1
33
33 11
5 8
1

11 11 11
5 8 5
33 33 11

 
 
 

 
 

 
  Câu 125: Tính ma trận A =






1
0






0
2
1




2
3






1
0
1Giải:



1
1
1
và A
2
=




1
0






0
2
1




2
3




1
0






0
1
1




2
0







1
1
1
=

1




1
=
=




1
1






2
0
1
=




2
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




1



4
2
2






4
3
m
 
 31 dd






3
2
1

1
1

1

5
5
2


10
10
4









9
8
4
m
 
 32 dd









0
0
1

0
5
2


0
10
4








1
9
4
m
( I )

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

Từ ( I ) suy ra







5
9
2
5
2
zy
x










5
910
5
2
z



m +1

0

m

-1
Vậy: m = -1 hệ có vô số nghiệm dạng (x, y, z) = (
5
2
,
5
910

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)






m
1
3
4

m
m
(m+2)
6

2m
2
6
(m+10)


1 m 2
4 6 m+10

3 ( 2) 6
m 2
m
m m
 
 
 

 
 
 
2 4
3 3
d
d d
m

 

2
m
1 2
6-4m
0 m+2

0
0 0
0 0
m-
m
 
 
 
 
 
 
 


0 6 4 2
0 0
( 2)( )
6 4
m
m m
m m
m
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 không
thể chuyển dòng thứ hai về dòng ma trận không được.
r(A) = 2

2
6 4 0

m
mVậy với








0
1
2
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:
u=(m;1;1;4) v=(m;m;m;6) w=(2m;2;2;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:
au+bv+wc=(0;0;0)

1
1
4

m
m
m
6

2m
2
2
m+10

Ta thấy dòng 2 và dòng 3 tỉ lệ với nhau nên:
B=








m
1
1
4

m


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


(Không xảy ra)
 Trường hợp r(B) = 2

2
6 4 0
0
m
m
m
 



 




0
1
m
m






Vậy với


1
3
1

1
m+3
3

1
m+6
m+3 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 =








1
3

1
m
2

1
m+3
m+2
 

32
dd







1
0
0

1
2
m

1

m
m










Để r(A) = 2

6 - m
2

= 0

m= 6
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
4

có số chiều là 2:
Với u = (m;1;0;2), v = (m;m+1;-1:2), w = (2m;m+2;-1;5)

Ta sử dựng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận A:

A=








m
1
0
2

m
m+1
-1
2

2m
m+2
-1
5
 

21
dd


2
2
1 m+1
0 -m2

0 -1
1
2 2
5
m
m

 
 

 
 

 
 
 

2 3
4 1 4
2
d d
d d d

 



43
dd









1
0
0
0

m+1
-1
-2m
-m
2
m+2
-1
1-2m
-m
2

-1
0
0

m+2
-1
1
0 Ta thấy r(A)=2 với
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


A=








1
3
4

-1
-2
-3

2
-1
1
 


313
212
4
3
ddd
ddd






1
0
0

-1
1
0

2
-7
0

Từ đó ta có hệ phương trình ban đầu chuyển về dạng sau:
2 0
0 7 0
x y z
x y z
  


  


5
7

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

1
4
4







3
0
2


3
1




3
4
4








3
0
2

= (

-1)(

-2)(3-

) (Tính theo Sarius)
Trị riêng là nghiệm của phương trình:
P = 0

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









x
x
3
2
y
y
y
2
3
4














x
x
3
3
y
y
y



2
4

z
z


2

0
0

,1,1)


3
=3 ứng với vectơ riêng u
3
(x, y,z) là nghiệm của hệ:
(A–3I). u
3
=0







yx
yx
3
44
z2

0
0









1
1
1

1
1
3
2






4
3
1

Suy ra P
-1
=







3
3

1
9
5









1
6
3








3
3
1




4
3
1
=





0
0
1

0
2
0






3
0
0


Giải:

Đa thức đặc trưng P = IA

 =
2
4
5





2
5
4







2
2
2

=
2


) (Tính theo Sarius)
Trị riêng là nghiệm của phương trình:
P = 0

(

-1)(

-1)(10-

) = 0







2
1
10
1



(Với

1
=1 là nghiệm kép và

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





1
,x
2
,x
3
ta được:
y
1
=x
1
=(1,1,0)