Bài tập tập hợp, logic, ánh xạ có lời giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.55 MB, 67 trang )

TẬP HỢP, LOGIC, ÁNH XẠ

Bài 04.00.1.001
a) Cho X A B là các tập hợp chứng minh rằng:
X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B)
b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: | z + 1 | < 1.
Lời giải:
x  X
x  X
x  X \ A

 x  A  
a) x  X \ ( A  B) : x  X \ ( A  B)  
x  A  B x  B
x  X \ B


 x  ( X \ A)  ( X \ B)
Do đó X \ ( A  B)  ( X \ A)  ( X \ B)
Bao hàm thức ngược lại chứng minh tương tự.
b) Giả sử z = x + iy thì | z + 1| = ( x + 1)2 + y2
Do đó, ta có ( x + 1)2 + y2 < 1  điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trong đường
tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1. Yêu cầu vẽ hình minh họa
Bài 04.00.1.002
a) Cho X A B là các tập hợp chứng minh rằng:
X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B)
b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: 1 < | z – i | < 2.
Lời giải:
 x  X

x  X

x  X

x  A
a) x  X \ ( A  B) : x  X \ ( A  B )  
  x  A  
 x  X
 x  A  B 
x

B


  x  B

 x  ( X \ A)  ( X \ B)
Do đó X \ ( A  B)  ( X \ A)  ( X \ B)
Bao hàm thức ngược lại chứng minh tương tự.
b) Giả sử z = x + iy thì | z + 1| = ( x + 1)2 + y2
Do đó: 1 < ( x + 1)2 + y2 < 2  điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trong đường
tròn tâm I(–1, 0), bán kính
cầu vẽ hình minh họa

2 và nằm ngoài đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1.Yêu

Bài 04.00.1.003
Cho A B là các tập hợp chứng minh rằng:
a) (A \ B)  B = A  B
b) Tìm điều kiện để (A \ B)  B = A.

Lời giải:
 x  A
x  A

 x A B
a) x  ( A \ B )  B : x  ( A \ B )  B    x  B  
xB

 x  B

Do đó ( A \ B)  B  A  B .
 x  A  B: x  A  B  (x  A)  (x  B)
Nếu x  B thì x  (A\ B)  B
Nếu x  A thì x  B hay x  B, khi đó ta vẫn có x  (A\ B)  B
Do đó A  B  ( A \ B)  B .
b) (A \ B)  B = A  A  B = A  B  A

Bài 04.00.1.004
a) Cho các phương trình g ( x)  0  h( x)  0 với g ( x), h( x) là các đa thức hệ
số thực. Gọi A1 A2 B lần lượt là các tập hợp nghiệm của các phương trình
g ( x)  0  h( x)  0  g 2 ( x)  h2 ( x)  0. Chứng minh rằng A1  A2 = B.
b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: phần ảo của số phức
z
 0.
1 i
Lời giải:
2
 g ( x)  0  g ( x)  0
 2

a)  x  A1  A2: x  A1  A2  
h
(
x
)

0
h ( x)  0


 g 2 ( x)  h 2 ( x)  0  x  B
b) Giả sử z = x + iy thì

z
z (1  i ) ( x  iy )(1  i ) x  y
yx



i
1 i
2
2
2
2

Do đó điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trên đường thẳng y = x. Yêu cầu vẽ hình
minh họa.
Bài 04.00.1.005
Cho hai số phức z z’.

a) Chứng minh rằng | z + z’|2 + | z – z’|2 = 2(|z|2 + |z’|2).
b) Giải thích ý nghĩa hình học của đẳng thức trên.

c)
Lời giải:
a) Giả sử z = x + iy  z’ = x’ + iy’ khi đó:
| z + z’|2 + | z – z’|2 = (x + x’ )2 + (y + y’ )2 + (x – x’ )2 + (y – y’ )2
= 2×2 + 2x’2 + 2y2 + 2y’2 = 2(|z|2 + |z’|2)
8

b) Gọi các điểm M ( x, y), M ‘( x ‘, y ‘) lần lượt là biểu diễn hình học của các số phức
z = x + iy z’ = x’ + iy’.
6

4

N
M

2

M’
O

5

10

15

Ta có OM  ( x, y )  OM ‘  ( x ‘, y ‘) 
-2

OM  OM ‘  ON, ON  ( x  x ‘, y  y ‘) 
-4

OM  OM ‘  M ‘ M, M ‘ M  ( x  x ‘, y  y ‘)
-6

Ý nghĩa hình học của đẳng thức: trong hình bình hành tổng bình phương hai đường
chéo bằng tổng bình phương các cạnh
-8

Bài 04.00.1.006
a) Trong tập



xác định quan hệ hai ngôi R như sau:

 (a b)  (c d)  

: (a b) R (c d)  a + d = b + c

Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương.
b) Giải phương trình sau trong tập số phức

: (z + 1)6 – 2 = 0

c)
Lời giải:
a)  (a b) 



: a + b = b + a  (a b) R (a b)

 (a b) (c d) 

:(a b) R (c d)  a + d = b + c



 c + b = d + a  (c d) R (a b)
 (a b) (c d)  (e f ) 



(a, b)(c, d )
a  d  b  c
:

(c, d )(e, f ) c  f  d  e

 a  d  c  f  b  c  d  e  a  f  b  e  (a b) R (e f)
Do đó R là quan hệ tương đương.
b) (z + 1)6 – 2 = 0  (z + 1)6 = 2( cos0 + isin0)
 z = –1 +

6

2k
2k 

2  cos
 i sin
 với k  {012345}
6
6 


Bài 04.00.1.007
Ký hiệu  chỉ tập hợp số tự nhiên khác không trong tập
hệ hai ngôi R như sau:
 (a b)  (c d)  







xác định quan

: (a b) R (c d)  ad = bc

Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương.

Lời giải:
 (a b) 





: ab = ba  (a b) R (a b)

 (a b) (c d) 





:(a b) R (c d)  ad = bc

 cb = da  (c d) R (a b)
 (a b) (c d)  (e f ) 





(a, b)(c, d )
ad  bc
:

(c, d )(e, f ) cf  de

Nếu a c e đều khác 0 thì ta có adcf  bcde  af  be  (a b) R (e f)
Nếu trong a c e có một số bằng 0 giả sử a = 0 thì: a = 0  ad = 0
 bc = 0  c = 0  cf = 0  e = 0  af = be  (a b) R (e f)
Do đó R là quan hệ tương đương.
Bài 04.00.1.008
a) Cho số phức z = a + ib (a b là số thực). Tìm điều kiện của a b để điểm
biểu diễn của z nằm trong đường tròn tâm O bán kính 2.
b) Cho F là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a b] xét xem quan hệ sau
trên F có là quan hệ thứ tự không: f, g  F : f R g  f ( x)  g ( x), x [a, b]

Lời giải:
a) Gọi M(a, b) là điểm biểu diễn của z. M nằm trong đường tròn tâm O bán kính
2 khi và chỉ khi a2 + b2 < 4.
b) f  F : f ( x)  f ( x), x [a, b]
f R g
 f ( x)  g ( x)
f, g  F : 

, x [a, b]  f ( x)  g ( x ), x [a, b ]
g
R
f
g
(
x
)

f

(
x
)


f R g
 f ( x)  g ( x)
f, g, h  F : 

, x [a, b]  f ( x)  h( x), x [a, b ]
g
R
h
g
(
x
)

h
(
x
)



Do đó  là quan hệ thứ tự trên F.
Bài 04.00.1.009
a) Cho số phức z = a + ib (a b là số thực). Tìm điều kiện của a b để điểm
biểu diễn của z thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = 2
x = –2

b) Cho F là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a b] xét xem quan hệ sau trên F
có là quan hệ thứ tự không: f, g  F : f S g  max[a,b] f  max[a,b] g
Lời giải:
a) Gọi M(a, b) là điểm biểu diễn của z. M nằm trong phần mặt phẳng giới hạn
bởi các đường thẳng x = 2 x = –2 khi và chỉ khi –2 < a < 2, b tùy ý.
b) Chọn [a b] là [0 1] thì f (x) = x2 và g(x) = x là các phần tử thuộc F.
Ta có: max[0,1] f  1;max[0,1] g  1 f S g và g S f nhưng f ≠ g.
Do đó S không là quan hệ thứ tự trên F.

Bài 04.00.1.010
a) Cho là tập hợp các điểm trong mặt phẳng O là một điểm cố định trong
. Trong xác định quan hệ hai ngôi R như sau: A, B  : A R B  O
A B thẳng hàng. Xét xem R có là quan hệ tương đương không.
b) Cho ánh xạ f :




với f ( x)  x 2 5x  3  xét xem f có là toàn ánh

không.

Lời giải:
a) Xét 3 điểm O, A, B như hình vẽ, ta thấy:
O, A, O thẳng hàng  A R O
O, O, B thẳng hàng  O R B
Tuy nhiên không có A R B, do đó quan hệ R
không là quan hệ tương đương vì không có tính bắt cầu.
b) Chọn y = –5 

toàn ánh.

thì phương trình x 2 5 x  3  5 vô nghiệm, do đó f không là

Bài 04.00.1.011
a) Cho là tập hợp các điểm trong mặt phẳng O là một điểm cố định trong
. Trong \ O xác định quan hệ hai ngôi R như sau:

A, B  \ O : A R B  O A B thẳng hàng.
Xét xem R có là quan hệ tương đương không.
b) Cho ánh xạ f :
không.




với f ( x)  x 2 5x  3  xét xem f có là đơn ánh

Lời giải:
a) A  \ O : O, A, A thẳng hàng nên A R A.

A, B  \ O : A R B  O A B thẳng hàng  O B A thẳng hàng  B R A
 A R B O, A, B thang hang  A thuoc OB
A, B, C  \ O : 


 B R C O, B, C thang hang C thuoc OB

 O, A, C thẳng hàng  A R C.

b) Chọn y = 3  thì phương trình x 2 5 x  3  3 có 2 nghiệm phân biệt, do đó f
không là đơn ánh.
Bài 04.00.1.012
Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi
1 khi x  A
.
0
khi
x

A


 A ( x)  

Chứng minh nếu A  X B  X thì A  B(x) = A (x). B(x) với mọi x  X.

Lời giải:
Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  B
Nếu x  A  B thì x  A  B x  A x  B  A  B(x) = 0 = A (x). B(x)
Nếu x  A  B thì có các trường hợp sau:
 x  A  B: khi đó A  B(x) = 1 = A (x). B(x)
 x  A \ B: khi đó A  B(x) = 0 = A (x). B(x)
 x  B \ A: khi đó A  B(x) = 0 = A (x). B(x)

Bài 04.00.1.013
Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi
1 khi x  A
.

0
khi
x

A


 A ( x)  

Chứng minh rằng nếu A  X B  X thì A  B(x) = A (x) +  B(x) – A  B(x)
với mọi x  X.

Lời giải:
Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  B
Nếu x  A  B thì x  A  B x  A x  B  A  B(x) = 0 = A (x). B(x)
Nếu x  A  B thì có các trường hợp sau:
 x  A  B: khi đó A  B(x) = 1 = A (x) +  B(x) – A  B(x)
 x  A \ B: khi đó A  B(x) = 1 = A (x) +  B(x) – A  B(x)
 x  B \ A: khi đó A  B(x) = 1 = A (x) +  B(x) – A  B(x)
Bài 04.00.1.014
Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi
1 khi x  A
.
0 khi x  A

 A ( x)  

Chứng minh rằng nếu A  X B  X thì A\B(x) = A (x). (1 –  B(x)) với mọi
x  X.

Lời giải:
Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  B
Nếu x  A  B thì x  A\B x  A x  B  A\B(x) = 0 = A (x). (1 –  B(x))
Nếu x  A  B thì có các trường hợp sau:
 x  A  B: khi đó A\B(x) = 0 = A (x). (1 –  B(x))
 x  A \ B: khi đó A\B(x) = 1 = A (x). (1 –  B(x))
 x  B \ A: khi đó A\B(x) = 0 = A (x). (1 –  B(x))
Bài 04.00.1.015
Cho A ≠  ký hiệu Hom(A  A) chỉ tập hợp các ánh xạ f : A  A. Chứng minh rằng
Hom(A  A) là một vị nhóm với phép toán hai ngôi là phép lấy tích ánh xạ.
Lời giải:
Với mọi f  g h thuộc Hom(A  A) thì f(gh) : A  A và (fg)h : A  A ngoài ra
với mọi x  A ta có:

[ f ( gh)]( x)  f ((gh)( x))  f ( g (h( x))) và [( fg )h]( x)  ( fg )(h( x))  f ( g (h( x)))
Do đó f(gh) = (fg)h
Phần tử trung hòa là ánh xạ 1A: A  A với 1A(x) = x ( x tùy ý trong A) thật vây: Với
mọi f thuộc Hom(A  A) thì f.1A : A  A và 1Af : A  A ngoài ra với mọi x  A ta
có: ( f 1A )( x)  f (1A ( x))  f ( x) và (1A f )( x)  1A ( f ( x))  f ( x)
Bài 04.00.1.016
Cho ánh xạ f : X  Y A và B là các tập con của X. Chứng minh:
a) f (A  B)  f (A)  f (B)
Bao hàm thức ngược lại không đúng.

Lời giải:
a)  y  f (A  B): y  f (A  B)   x  A  B : y = f (x)
x  A : y  f ( x)  y  f ( A)



 y  f ( A)  f ( B)  đpcm

x

B
:
y

f
(
x
)
y

f
(
B
)





b) Xét ánh xạ f :

 f (x) = 1 với mọi x 

; A = {–3 0} B = {2 5}

Khi đó A  B =  nên f (A  B) = f () =  nhưng f (A)  f (B) = {1} tức là
không có f (A)  f (B)  f (A  B)
Bài 04.00.1.017
a) Chứng minh rằng tập hợp các số nguyên chẵn (ký hiệu là 2 ) cùng với
phép cộng thông thường lập thành một nhóm.
b) Chứng minh rằng trong vành X thì a  0  0 với 0 là phần tử không của
vành a là phần tử bất kỳ trong vành.
Lời giải:
a) 2

≠  vì chứa 2.0

 2a 2b 2c  2 : (2a + 2b) + 2c = 2(a + b + c) = 2a + (2b + 2c)
Phần tử trung hòa là 2.0 vì với mọi 2a  2

thì 2.0 + 2a = 2a + 2.0 = 2a

Phần tử bất kỳ 2a của 2 có phần tử đối xứng là 2(–a)  2

vì:

2a + 2(– a) = 2.0 = 2(– a) + 2a
b) Ta có: a.0 + a.0 = a.( 0 + 0) = a.0  a.0 = 0
Bài 04.00.1.018
a) Trong

×

xác định phép toán * như sau:
 (a b) (c d) 

Xét xem

×

× : (a b)*(c d) = (ac bd)

cùng với phép toán * có lập thành một nhóm hay không.

b) Cho tập X gồm m phần tử tập Y gồm n phần tử. Tìm số ánh xạ có thể có từ
X đến Y

Lời giải:
a) Phần tử trung hòa là (1 1) vì với mọi (a b) 

×

thì:

(a b)*(1 1) = (a b) = (1 1) *(a b)
Phần tử (2 3) ×

không có đối xứng vì không tìm được (a b)  ×

thỏa (2a 3b) = (1 1)
Do đó

×

cùng với phép toán * không lập thành một nhóm.

b) Giả sử X = { x1 x2 … xm} và Y = { y1 y2 … yn}
Khi đó phần tử xi bất kỳ trong X có n cách chọn ảnh suy ra số ánh xạ có thể có từ X
đến Y là nm.
Bài 04.00.1.019
a) Xét xem tập hợp các số phức dạng a  ib (a b là số nguyên) có lập thành
một trường (với hai phép toán cộng và nhân số phức) hay không.
b) Tìm điều kiện để đa thức f ( x)  x3  px  q chia hết cho đa thức

g ( x)  x 2  mx  1
Lời giải:
a) Xét số phức z = 2 – i ta có z ≠ 0 và:
1
1
2i
2i 2 1



 i
z 2  i (2  i)(2  i)
5
5 5

Do đó tập hợp đang xét không là trường vì không chứa nghịch đảo của z
b) Tiến hành chia đa thức f (x) cho đa thức g(x) ta được:

f ( x)  g ( x)( x  m)  [( p  1  m2 ) x  (q  m)]
Do đó f(x) chia hết cho g(x) khi và chỉ khi m = q và p + 1 + m2 = 0

Bài 04.00.1.020
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho (1 – i )n là một số dương.

Lời giải:
Ta có: 1 – i =




2  cos  i sin  nên (1 – i )n =
4
4


n
n
n 
2  cos
 i sin

4
4 


 

n

cos 4  0 cos n  0

Để thỏa yêu cầu bài toán phải có: 

4
n

sin

0
 n  4k ( k  )

4

Do đó n = 8
Bài 04.00.1.021
Tính z

2010

1
 
z

2010

biết rằng z 

1
1
z

Lời giải:
z

1
1
3


 1  z2  z  1  0  z   i
 z  cos  i sin
z
2
2
3
3

Do đó z2010 = cos
 z

2010

1
 
z

2010

2010
2010
 i sin

 cos670  i sin 670  1
3
3

1
1  2
1

Bài 04.00.1.022
Tính z n 

1
1
biết rằng z   2cos , n là số nguyên khác không,  là số thực
n
z
z

Lời giải:
z

1
 2cos   z 2  2cos  .z  1  0  z  cos   i sin 
z

Do đó zn = cos n  i sin n 

1
 cos n

zn

i sin n

n

1
 z     2cos n
z
n

Bài 04.00.1.023
Biểu diễn hình học các số phức z thỏa các điều kiện sau:
a) | z – 2| = 2
b) | z + 1| + | z – 1| = 4
Lời giải:
Gọi M(x y) là biểu diễn hình học của số phức z I(2 0) là biểu diễn hình học của
số phức z1 = 2.
Khoảng cách từ điểm M đến điểm I (cố định) luôn bằng 2 nên tập hợp các điểm
M chính là tập hợp các điểm thuộc đường tròn tâm I bán kính 2. Yêu cầu vẽ hình.
b) Gọi M(x y) là biểu diễn hình học của số phức z A(–1 0) là biểu diễn hình học
của số phức z1 = –1 B(1 0) là biểu diễn hình học của số phức z2 = 1.
Tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cố định A B luôn bằng 4 nên tập hợp
các điểm M chính là tập hợp các điểm thuộc ellipse(E).
(E) có hai tiêu điểm là A B ; nửa trục lớn là a = 2; tiêu cự 2c = AB = 2; nửa trục
x2 y 2

 1. Yêu cầu
nhỏ b  a  c  4  1  3  do đó phương trình của (E) là
4

3
vẽ hình
2

2

Bài 04.00.1.024
Cho k là số thực,
a) Tính z 

1  ki
(viết kết quả dưới dạng đại số)
2k  (k 2  1)i

b) Tìm k sao cho z là số thực, là số thuần ảo
Lời giải:

(1  ki)  2k  (k 2  1)i 
1  ki
z

2k  (k 2  1)i
4k 2  (k 2  1)2


b) Vì

k (k 2  1)  (k 2  1)i
k

1
 2
 2
i
2
2
(k  1)
(k  1) ( k  1)

1
 0 với mọi k nên không có giá trị k nào để z là số thực.
k 1
2

Khi k = 0 thì z là số thuần ảo.
Bài 04.00.1.025
Cho a, b là các số thực, tìm x và y sao cho (x + ai)(b + yi) = 4 + 3i

Lời giải:
bx  ay  4 (1)
(x + ai)(b + yi) = 4 + 3i  (bx – ay) +(xy + ab)i = 4 + 3i  
 xy  ab  3 (2)

ay  4
* Nếu b = 0 hệ pt trên trở thành: 
 xy  3

Nếu a = 0 thì hệ pt vô nghiệm.
4

 3
Nếu a ≠ 0 thì hệ pt có 1 nghiệm   a,  
a
 4

* Nếu b ≠ 0:
4

x


bx  4
b
Nếu a = 0 hệ pt trên trở thành: 

 xy  3
y  3b

4

4  ay
 thay vào (2) ta có phương trình theo y như sau:
b
ay2 + 4y + ab2 – 3b = 0 (3)

Nếu a ≠ 0 thì (1)  x 

 ‘  4  a(ab2  3b)  (ab  1)(4  ab)

Khi –1 ≤ ab < 0 hay 0 < ab ≤ 4 thì (3) có 2 nghiệm thực do đó hệ pt ban đầu

2  4  3ab  a 2b 2
 x1 

b
có 2 nghiệm 
2  4  3ab  a 2b 2

y

 1
a


2  4  3ab  a 2b 2
 x2 

b

2  4  3ab  a 2b 2

y

 2
a

Khi ab < –1 hay ab > 4 thì (3) có 2 nghiệm phức do đó hệ pt ban đầu có 2

2  i 4  3ab  a 2b 2

 x1 

b
nghiệm 
2  i 4  3ab  a 2b 2

 y1 
a


2  i 4  3ab  a 2b 2
 x2 

b

2  i 4  3ab  a 2b 2

 y2 
a

Bài 04.00.1.026
 zi
Giải phương trình sau trong tập hợp số phức: 
 1
iz
3

Lời giải:
Điều kiện: z ≠ 1


u  1

1  i 3
zi

3
Đặt u =
 ta có phương trình u = 1  u 
2
iz


1  i 3
u 

2

* Với u = 1 thì z = 0
* Với u =

1  i 3
z  i 1  i 3
thì
 z – 3

2
iz
2

* Với u =

1  i 3
z  i 1  i 3
thì
 z 3

2
iz
2

Bài 04.00.1.027
Tìm số phức z thỏa: z 2  2 z  0
Lời giải:
Đặt z = x + yi khi đó z2 = x2 – y2 + 2xyi ; z  x  yi .
 x2  y 2  2x  0
Phương trình trở thành: x  y  2 x  2( x  1) yi  0  
2( x  1) y  0
2

2

Giải hpt được 4 nghiệm: (0 0)  (–2 0)  (1 )  (1 – )  do đó có 4 số phức thỏa
đkbđ: z1 = 0 ; z2 = –2 ; z3 = 1 + i ; z4 = 1 – i
Bài 04.00.1.028
Trong các số phức z thỏa điều kiện | z + 1 + 2i | = 1, tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất
Lời giải:
Đặt z = x + yi khi đó M(x y) là điểm biểu diễn số phức z.
| z + 1 + 2i | = 1  (x + 1)2 + (y + 2)2 = 1

Đường tròn (C) : (x + 1)2 + (y + 2)2 = 1 có tâm là I(–1 –2).
Đường thẳng OI có phương trình y = 2x.
Số phức z thỏa đkbt khi và chỉ khi điểm biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ
nhất đó là một trong hai giao điểm của (C) và đường thẳng OI.

 x  1 
 y  2x
Giải hệ phương trình: 

2
2
( x  1)  ( y  2)  1  y  2 


1  
2 

Chọn z   1 
  i  2 

5 
5


1

x  1 
5 

2 

y  2 
5 

1
5
2
5

Bài 04.00.1.029
a) Chứng tỏ  = 2 là nghiệm của đa thức
f (x) = x5 – 5×4 + 7×3 – 2×2 + 4x – 8
Chỉ rõ số bội của .
b) Chứng tỏ  = – 2 là nghiệm của đa thức
f (x) = x5 + 7×4 + 16×3 + 8×2 – 16x – 16
Chỉ rõ số bội của .
Lời giải:
a) Tính được f (2) = 25 – 5.24 + 7.23 – 2.22 + 4.2 – 8 = 0 nên  = 2 là nghiệm
của đa thức f (x).
Biến đổi f (x) = (x – 2)3(x2 + x + 1).
Vì  = 2 không là nghiệm của (x2 + x + 1) nên số bội của  là 3.
b) Tính được f (–2) = (–2)5 + 7(–2)4 + 16(–2)3 + 8(–2)2 – 16(–2) – 16 = 0 nên 
= –2 là nghiệm của đa thức f (x).
Biến đổi f (x) = (x + 2)4(x – 1).
Vì  = –2 không là nghiệm của (x – 1) nên số bội của  là 4.
Bài 04.00.1.030
Cho đa thức f (x) = x5 – ax2 – ax + 1. Tìm a sao cho (–1) là nghiệm bội bậc k của
đa thức (k  2).
Lời giải:
 f ( x)  ( x  1) 2 g ( x)  r ( x)

Ycbt  
r ( x)  0

Ta có: f ( x)  ( x  1) 2 ( x3  2 x 2  3x  4  a)  (a  5) x  (a  5) 
Do đó r(x) = 0  a = –5

Bài 04.00.1.031
Tìm các đa thức với hệ số thực có bậc thấp nhất nhận:
a) 1 là nghiệm kép; 2 3 và (1 + i) là nghiệm đơn.
b) (2 –3i) là nghiệm bội ba.
Lời giải:
f ( x)  ( x  1)²( x  2)( x  3)( x  1  i)( x  1  i)

 x6  9 x5  33x 4  65 x ³  74 x²  46 x  12
b) f ( x)  (2  3i)3 (2  3i)
= x6  12 x5  87 x 4  376 x³  1131x²  2028 x  2197
Bài 04.00.1.032
Cho đa thức f (x) = (x + 1)2n – x2n –2x – 1 với n là số nguyên dương. Chứng
minh rằng f (x) chia hết cho:
a) g(x) = x
b) h(x) = x + 1
Lời giải:
a) f (0) = (0 + 1)2n – 02n –2.0 – 1 = 12n – 1 = 0
Do đó có đpcm
b) f (–1) = (–1 + 1)2n – (–1)2n –2(–1) – 1
= –1 + 2 – 1 = 0
Do đó có đpcm
Bài 04.00.1.033
Cho số phức   3 2  i, tìm đa thức f(x) với hệ số nguyên nhận  là nghiệm

Lời giải:

  3 2  i    i  3 2  (  i )3  2
 ( 3  3  2)  i(3 2  1)  0
 ( 3  3  2)  i(3 2  1)  ( 3  3  2)  i(3 2  1)   0

 ( 3  3  2)2  (3 2  1)2  0
 6 + 34 – 43 + 32 + 12 + 5 = 0
Do đó  là nghiệm đa thức f (x) = x 6 + 3x 4 – 4x 3 + 3x 2 + 12x + 5
Bài 04.00.1.034
Cho   5  4 5, tìm đa thức f(x) với hệ số nguyên nhận  là nghiệm.
Lời giải:

  5  4 5    5  4 5  (  5) 2  5
  2  2 5  5  5
 ( 2  5)  5(2  1)  0
 ( 2  5)  5(2  1)  ( 2  5)  5(2  1)   0
 ( 2  5)2  5(2  1)2   0
 4 – 102 – 20 + 20 = 0
Do đó  là nghiệm đa thức f (x) = x 4 – 10x 2 – 20x + 20
Bài 04.00.1.035
Phương trình x 2  bx  c  0 (b c là số thực) có nghiệm x0 là số hữu tỉ. Chứng minh
rằng x0 là số nguyên

Lời giải:
Giả sử x0 

p
p
với
là phân số tối giản khi đó:
q
q

2

 p
p
2
   b  c  0  p  bpq  qc  0
q
q

 q(bp + c) = –p2
Do đó –p2 chia hết cho q  p2 chia hết cho q.
Vì

p
là phân số tối giản nên phải có q = 1 hay q = –1  đpcm
q

Bài 04.00.1.036
Trên tập

các số hữu tỉ, xét phép toán  như sau : a, b , a  b  a  b  3ab

1

1
a) Tính 1  2,  4,  2  ,0  5
3
3
1 
b) Chứng minh rằng ( \  , ) là một nhóm aben.
3

c) Hỏi (, ) có phải làm một nhóm không ? Tại sao ?

Lời giải:

1  2  1+2-3.1.2=-3;

1
1
1
1
1
1
1 1
 4 =  4  3. .4  ; 2   2   3.  2. =
3
3
3
3
3
3
3 3

0  5  0  5  3.0.5  5

b) Đặt X=

1 
\  , ta chứng minh (X,*) là nhóm aben.
3

+ a, b  X, ta có : a  b  a  b  3ab  b  a  3ba  b  a  phép toán * có tính
chất giao hoán. (1)
+ a, b, c  X, tacó : (a  b)  c=(a+b-3ab)  c=

a  b  3ab  c  3(a  b  3ab)c  a  b  c  3ab  3ac  3bc  9abc
a  (b  c)  a  (b  c  3bc)  a  b  c  3bc  3a(b  c  3bc) =a+b+c-3bc-3ab3ac+9abc= (a  b)  c  phép toán * có tính chất kết hợp.(2)
1
+ a  X, ta có : a  e  a  a  e  3ae  a  e(1  3a )  0  e  0(vìa  )
3

Như vậy a  X, tacó:a  0  a  0  3a 0  a  0  a. Do đó e=0 là phần tử trung
hòa của phép toán * (3)
+Mọi phần tử đều khả đối xứng

a, a,  X, ta có : a  a,  e  a  a,  3aa,  0  a, (1  3a )  a  a, 

a
1  3a

1
a

( vì a  ). Như vậy, a  X, phần tử đối xứng của a là a, 
(4)
3
1  3a

Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra ( đpcm)
c) (, ) không phải là một nhóm vì phần tử
Thật vậy, a 

1
1
1 1
, a   a   3a   0
3
3
3 3

1

3

không có phần tử đối xứng.

Bài 04.00.1.037
Trên tập

xác định phép toán như sau : x, y , x  y  x  y  1. CMR : (, )

là một nhóm aben.

Lời giải:
+ Tính chất giao hoán : x, y , tacó: x  y=x+y+1=y+x+1=y  x
+ Tính chất kết hợp :
 x, y, z , tacó: (x  y)  z=(x+y+1)  z=x+y+1+z+1 =
x+y+z+2
 x  (y  z )=x  (y+z+1)=x+y+z+1+1=x+y+z+2 = ( x  y)  z
+ Phần tử trung hòa : x , ta có : x  e=x  x+e+1=x  e=-1. Như vậy,

x , tacó 😡  e=x  1  x  1  1  x  e  x
+

Mọi

phần

tử

khả

đối

xứng

:

x, x, , tacó 😡  x,  1  x  x,  1  1  x,   x  2

 x  ( x  2)  x  x  2  1  1 và ( x  2)  x   x  2  x  1  1. Như vậy
x , phần tử đối x là –x-2

Vậy, (, ) là một nhóm aben
Bài 04.00.1.038



Chứng minh rằng tập X  a 3 2  b 3 4 / a, b 
nhóm

 với phép cộng thông thường là 1

 x  X    x  X  x  Aa )  x  X \ ( A  B ) : x  X \ ( A  B )      x  A     x  X  x  A  B          x  B  x  ( X \ A )  ( X \ B ) Do đó X \ ( A  B )  ( X \ A )  ( X \ B ) Bao hàm thức ngược lại chứng tỏ tựa như. b ) Giả sử z = x + iy thì | z + 1 | = ( x + 1 ) 2 + y2Do đó : 1 < ( x + 1 ) 2 + y2 < 2  điểm màn biểu diễn của z là M ( x, y ) nằm trong đườngtròn tâm I ( – 1, 0 ), bán kínhcầu vẽ hình minh họa2 và nằm ngoài đường tròn tâm I ( – 1, 0 ), nửa đường kính 1. YêuBài 04.00.1. 003C ho A  B là những tập hợp  chứng tỏ rằng : a ) ( A \ B )  B = A  Bb ) Tìm điều kiện kèm theo để ( A \ B )  B = A.Lời giải :   x  A  x  A    x  A  Ba )  x  ( A \ B )  B : x  ( A \ B )  B    x  B   x  B   x  BDo đó ( A \ B )  B  A  B.  x  A  B : x  A  B  ( x  A )  ( x  B ) Nếu x  B thì x  ( A \ B )  BNếu x  A thì x  B hay x  B, khi đó ta vẫn có x  ( A \ B )  BDo đó A  B  ( A \ B )  B. b ) ( A \ B )  B = A  A  B = A  B  ABài 04.00.1. 004 a ) Cho những phương trình g ( x )  0  h ( x )  0 với g ( x ), h ( x ) là những đa thức hệsố thực. Gọi A1  A2  B lần lượt là những tập hợp nghiệm của những phương trìnhg ( x )  0  h ( x )  0  g 2 ( x )  h2 ( x )  0. Chứng minh rằng A1  A2 = B.b ) Hãy màn biểu diễn hình học những số phức z thỏa điều kiện kèm theo : phần ảo của số phức  0.1  iLời giải :  g ( x )  0   g ( x )  0   2 a )  x  A1  A2 : x  A1  A2     h ( x )  0  g 2 ( x )  h 2 ( x )  0  x  Bb ) Giả sử z = x + iy thìz ( 1  i ) ( x  iy ) ( 1  i ) x  yy  x  i1  iDo đó điểm màn biểu diễn của z là M ( x, y ) nằm trên đường thẳng y = x. Yêu cầu vẽ hìnhminh họa. Bài 04.00.1. 005C ho hai số phức z  z '. a ) Chứng minh rằng | z + z ' | 2 + | z – z ' | 2 = 2 ( | z | 2 + | z ' | 2 ). b ) Giải thích ý nghĩa hình học của đẳng thức trên. c ) Lời giải : a ) Giả sử z = x + iy  z ' = x ' + iy '  khi đó : | z + z ' | 2 + | z – z ' | 2 = ( x + x ' ) 2 + ( y + y ' ) 2 + ( x – x ' ) 2 + ( y – y ' ) 2 = 2x2 + 2 x ' 2 + 2 y2 + 2 y ' 2 = 2 ( | z | 2 + | z ' | 2 ) b ) Gọi những điểm M ( x, y ), M ' ( x ', y ' ) lần lượt là trình diễn hình học của những số phứcz = x + iy  z ' = x ' + iy '. M ' 1015T a có OM  ( x, y )  OM '  ( x ', y ' )  - 2OM  OM '  ON, ON  ( x  x ', y  y ' )  - 4OM  OM '  M ' M, M ' M  ( x  x ', y  y ' ) - 6 Ý nghĩa hình học của đẳng thức : trong hình bình hành tổng bình phương hai đườngchéo bằng tổng bình phương những cạnh-8Bài 04.00.1. 006 a ) Trong tậpxác định quan hệ hai ngôi R như sau :  ( a  b )  ( c  d )   : ( a  b ) R ( c  d )  a + d = b + cChứng minh rằng R là quan hệ tương tự. b ) Giải phương trình sau trong tập số phức : ( z + 1 ) 6 – 2 = 0 c ) Lời giải : a )  ( a  b )  : a + b = b + a  ( a  b ) R ( a  b )  ( a  b )  ( c  d )  : ( a  b ) R ( c  d )  a + d = b + c  c + b = d + a  ( c  d ) R ( a  b )  ( a  b )  ( c  d )  ( e  f )   ( a, b )  ( c, d )  a  d  b  c :     ( c, d )  ( e, f )  c  f  d  e  a  d  c  f  b  c  d  e  a  f  b  e  ( a  b ) R ( e  f ) Do đó R là quan hệ tương tự. b ) ( z + 1 ) 6 – 2 = 0  ( z + 1 ) 6 = 2 ( cos0 + isin0 )  z = – 1 + 2 k  2 k   2  cos  i sin  với k  { 0  1  2  3  4  5 } 6  Bài 04.00.1. 007K ý hiệu  chỉ tập hợp số tự nhiên khác không  trong tậphệ hai ngôi R như sau :  ( a  b )  ( c  d )   xác lập quan : ( a  b ) R ( c  d )  ad = bcChứng minh rằng R là quan hệ tương tự. Lời giải :  ( a  b )  : ab = ba  ( a  b ) R ( a  b )  ( a  b )  ( c  d )  : ( a  b ) R ( c  d )  ad = bc  cb = da  ( c  d ) R ( a  b )  ( a  b )  ( c  d )  ( e  f )   ( a, b )  ( c, d )  ad  bc :     ( c, d )  ( e, f )  cf  deNếu a  c  e đều khác 0 thì ta có adcf  bcde  af  be  ( a  b ) R ( e  f ) Nếu trong a  c  e có một số ít bằng 0  giả sử a = 0 thì : a = 0  ad = 0  bc = 0  c = 0  cf = 0  e = 0  af = be  ( a  b ) R ( e  f ) Do đó R là quan hệ tương tự. Bài 04.00.1. 008 a ) Cho số phức z = a + ib ( a  b là số thực ). Tìm điều kiện kèm theo của a  b để điểmbiểu diễn của z nằm trong đường tròn tâm O  nửa đường kính 2. b ) Cho F là tập hợp những hàm số thực liên tục trên [ a  b ]  xét xem quan hệ sautrên F có là quan hệ thứ tự không :  f, g  F : f R g  f ( x )  g ( x ),  x  [ a, b ] Lời giải : a ) Gọi M ( a, b ) là điểm màn biểu diễn của z. M nằm trong đường tròn tâm O  bán kính2 khi và chỉ khi a2 + b2 < 4. b )  f  F : f ( x )  f ( x ),  x  [ a, b ]  f R g  f ( x )  g ( x )  f, g  F :   ,  x  [ a, b ]  f ( x )  g ( x ),  x  [ a, b ]  f R g  f ( x )  g ( x )  f, g, h  F :   ,  x  [ a, b ]  f ( x )  h ( x ),  x  [ a, b ] Do đó  là quan hệ thứ tự trên F.Bài 04.00.1. 009 a ) Cho số phức z = a + ib ( a  b là số thực ). Tìm điều kiện kèm theo của a  b để điểmbiểu diễn của z thuộc phần mặt phẳng số lượng giới hạn bởi những đường thẳng x = 2  x = – 2 b ) Cho F là tập hợp những hàm số thực liên tục trên [ a  b ]  xét xem quan hệ sau trên Fcó là quan hệ thứ tự không :  f, g  F : f S g  max [ a, b ] f  max [ a, b ] gLời giải : a ) Gọi M ( a, b ) là điểm màn biểu diễn của z. M nằm trong phần mặt phẳng giới hạnbởi những đường thẳng x = 2  x = – 2 khi và chỉ khi – 2 < a < 2, b tùy ý. b ) Chọn [ a  b ] là [ 0  1 ] thì f ( x ) = x2 và g ( x ) = x là những thành phần thuộc F.Ta có : max [ 0,1 ] f  1 ; max [ 0,1 ] g  1  f S g và g S f nhưng f ≠ g. Do đó S không là quan hệ thứ tự trên F.Bài 04.00.1. 010 a ) Cho là tập hợp những điểm trong mặt phẳng  O là một điểm cố định và thắt chặt trong. Trong xác lập quan hệ hai ngôi R như sau :  A, B  : A R B  O  A  B thẳng hàng. Xét xem R có là quan hệ tương tự không. b ) Cho ánh xạ f :   với f ( x )  x 2  5 x  3  xét xem f có là toàn ánhkhông. Lời giải : a ) Xét 3 điểm O, A, B như hình vẽ, ta thấy : O, A, O thẳng hàng  A R OO, O, B thẳng hàng  O R BTuy nhiên không có A R B, do đó quan hệ Rkhông là quan hệ tương tự vì không có tính bắt cầu. b ) Chọn y = – 5  toàn ánh. thì phương trình x 2  5 x  3   5 vô nghiệm, do đó f không làBài 04.00.1. 011 a ) Cho là tập hợp những điểm trong mặt phẳng  O là một điểm cố định và thắt chặt trong. Trong \  O  xác lập quan hệ hai ngôi R như sau :  A, B  \  O  : A R B  O  A  B thẳng hàng. Xét xem R có là quan hệ tương tự không. b ) Cho ánh xạ f : không.   với f ( x )  x 2  5 x  3  xét xem f có là đơn ánhLời giải : a )  A  \  O  : O, A, A thẳng hàng nên A R A.  A, B  \  O  : A R B  O  A  B thẳng hàng  O  B  A thẳng hàng  B R A  A R B  O, A, B thang hang  A thuoc OB  A, B, C  \  O  :       B R C  O, B, C thang hang  C thuoc OB  O, A, C thẳng hàng  A R C.b ) Chọn y = 3  thì phương trình x 2  5 x  3  3 có 2 nghiệm phân biệt, do đó fkhông là đơn ánh. Bài 04.00.1. 012C ho A  X  hàm đặc trưng của A là  A : X  { 0  1 } xác lập bởi  1 khi x  Akhi  A ( x )   Chứng minh nếu A  X  B  X thì  A  B ( x ) =  A ( x ).  B ( x ) với mọi x  X.Lời giải : Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  BNếu x  A  B thì x  A  B  x  A  x  B   A  B ( x ) = 0 =  A ( x ).  B ( x ) Nếu x  A  B thì có những trường hợp sau :  x  A  B : khi đó  A  B ( x ) = 1 =  A ( x ).  B ( x )  x  A \ B : khi đó  A  B ( x ) = 0 =  A ( x ).  B ( x )  x  B \ A : khi đó  A  B ( x ) = 0 =  A ( x ).  B ( x ) Bài 04.00.1. 013C ho A  X  hàm đặc trưng của A là  A : X  { 0  1 } xác lập bởi  1 khi x  Akhi  A ( x )   Chứng minh rằng nếu A  X  B  X thì  A  B ( x ) =  A ( x ) +  B ( x ) –  A  B ( x ) với mọi x  X.Lời giải : Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  BNếu x  A  B thì x  A  B  x  A  x  B   A  B ( x ) = 0 =  A ( x ).  B ( x ) Nếu x  A  B thì có những trường hợp sau :  x  A  B : khi đó  A  B ( x ) = 1 =  A ( x ) +  B ( x ) –  A  B ( x )  x  A \ B : khi đó  A  B ( x ) = 1 =  A ( x ) +  B ( x ) –  A  B ( x )  x  B \ A : khi đó  A  B ( x ) = 1 =  A ( x ) +  B ( x ) –  A  B ( x ) Bài 04.00.1. 014C ho A  X  hàm đặc trưng của A là  A : X  { 0  1 } xác lập bởi  1 khi x  A  0 khi x  A  A ( x )   Chứng minh rằng nếu A  X  B  X thì  A \ B ( x ) =  A ( x ). ( 1 –  B ( x ) ) với mọix  X.Lời giải : Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  BNếu x  A  B thì x  A \ B  x  A  x  B   A \ B ( x ) = 0 =  A ( x ). ( 1 –  B ( x ) ) Nếu x  A  B thì có những trường hợp sau :  x  A  B : khi đó  A \ B ( x ) = 0 =  A ( x ). ( 1 –  B ( x ) )  x  A \ B : khi đó  A \ B ( x ) = 1 =  A ( x ). ( 1 –  B ( x ) )  x  B \ A : khi đó  A \ B ( x ) = 0 =  A ( x ). ( 1 –  B ( x ) ) Bài 04.00.1. 015C ho A ≠   ký hiệu Hom ( A  A ) chỉ tập hợp những ánh xạ f : A  A. Chứng minh rằngHom ( A  A ) là một vị nhóm với phép toán hai ngôi là phép lấy tích ánh xạ. Lời giải : Với mọi f  g  h thuộc Hom ( A  A ) thì f ( gh ) : A  A và ( fg ) h : A  A  ngoài ravới mọi x  A ta có : [ f ( gh ) ] ( x )  f ( ( gh ) ( x ) )  f ( g ( h ( x ) ) ) và [ ( fg ) h ] ( x )  ( fg ) ( h ( x ) )  f ( g ( h ( x ) ) ) Do đó f ( gh ) = ( fg ) hPhần tử trung hòa là ánh xạ 1A : A  A với 1A ( x ) = x ( x tùy ý trong A )  thật vây : Vớimọi f thuộc Hom ( A  A ) thì f. 1A : A  A và 1A f : A  A  ngoài những với mọi x  A tacó : ( f 1A ) ( x )  f ( 1A ( x ) )  f ( x ) và ( 1A f ) ( x )  1A ( f ( x ) )  f ( x ) Bài 04.00.1. 016C ho ánh xạ f : X  Y  A và B là những tập con của X. Chứng minh : a ) f ( A  B )  f ( A )  f ( B ) Bao hàm thức ngược lại không đúng. Lời giải : a )  y  f ( A  B ) : y  f ( A  B )   x  A  B : y = f ( x )   x  A : y  f ( x )  y  f ( A )      y  f ( A )  f ( B )  đpcmb ) Xét ánh xạ f :  f ( x ) = 1 với mọi x  ; A = { – 3  0 }  B = { 2  5 } Khi đó A  B =  nên f ( A  B ) = f (  ) =  nhưng f ( A )  f ( B ) = { 1 } tức làkhông có f ( A )  f ( B )  f ( A  B ) Bài 04.00.1. 017 a ) Chứng minh rằng tập hợp những số nguyên chẵn ( ký hiệu là 2 ) cùng vớiphép cộng thường thì lập thành một nhóm. b ) Chứng minh rằng trong vành X thì a  0  0 với 0 là thành phần không củavành  a là thành phần bất kể trong vành. Lời giải : a ) 2 ≠  vì chứa 2.0  2 a  2 b  2 c  2 : ( 2 a + 2 b ) + 2 c = 2 ( a + b + c ) = 2 a + ( 2 b + 2 c ) Phần tử trung hòa là 2.0 vì với mọi 2 a  2 thì 2.0 + 2 a = 2 a + 2.0 = 2 aPhần tử bất kể 2 a của 2 có thành phần đối xứng là 2 ( – a )  2 vì : 2 a + 2 ( – a ) = 2.0 = 2 ( – a ) + 2 ab ) Ta có : a. 0 + a. 0 = a. ( 0 + 0 ) = a. 0  a. 0 = 0B ài 04.00.1. 018 a ) Trongxác định phép toán * như sau :  ( a  b )  ( c  d )  Xét xem × : ( a  b ) * ( c  d ) = ( ac  bd ) cùng với phép toán * có lập thành một nhóm hay không. b ) Cho tập X gồm m thành phần  tập Y gồm n thành phần. Tìm số ánh xạ hoàn toàn có thể có từX đến YLời giải : a ) Phần tử trung hòa là ( 1  1 ) vì với mọi ( a  b )  thì : ( a  b ) * ( 1  1 ) = ( a  b ) = ( 1  1 ) * ( a  b ) Phần tử ( 2  3 )  × không có đối xứng vì không tìm được ( a  b )  × thỏa ( 2 a  3 b ) = ( 1  1 ) Do đócùng với phép toán * không lập thành một nhóm. b ) Giả sử X = { x1  x2  …  xm } và Y = { y1  y2  …  yn } Khi đó thành phần xi bất kể trong X có n cách chọn ảnh  suy ra số ánh xạ hoàn toàn có thể có từ Xđến Y là nm. Bài 04.00.1. 019 a ) Xét xem tập hợp những số phức dạng a  ib ( a  b là số nguyên ) có lập thànhmột trường ( với hai phép toán cộng và nhân số phức ) hay không. b ) Tìm điều kiện kèm theo để đa thức f ( x )  x3  px  q chia hết cho đa thứcg ( x )  x 2  mx  1L ời giải : a ) Xét số phức z = 2 – i  ta có z ≠ 0 và : 2  i2  i 2 1   iz 2  i ( 2  i ) ( 2  i ) 5 5D o đó tập hợp đang xét không là trường vì không chứa nghịch đảo của zb ) Tiến hành chia đa thức f ( x ) cho đa thức g ( x )  ta được : f ( x )  g ( x ) ( x  m )  [ ( p  1  mét vuông ) x  ( q  m ) ] Do đó f ( x ) chia hết cho g ( x ) khi và chỉ khi m = q và p + 1 + mét vuông = 0B ài 04.00.1. 020T ìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho ( 1 – i ) n là một số dương. Lời giải : Ta có : 1 – i =   2  cos  i sin  nên ( 1 – i ) n = 4  n  n  n   2  cos  i sin4    n    cos 4  0   cos n   0 Để thỏa nhu yếu bài toán  phải có :     sin  0  n  4 k ( k  )   Do đó n = 8B ài 04.00.1. 021T ính z2010  1      z  2010 biết rằng z   1L ời giải : z   1  z2  z  1  0  z   i  z  cos  i sinDo đó z2010 = cos  z2010  1      z  20102010  2010   i sin  cos670   i sin 670   1  1   2B ài 04.00.1. 022T ính z n  biết rằng z   2 cos , n là số nguyên khác không,  là số thựcLời giải : z   2 cos   z 2  2 cos . z  1  0  z  cos   i sin  Do đó zn = cos n   i sin n    cos n  zni sin n   1   z     2 cos n   z  Bài 04.00.1. 023B iểu diễn hình học những số phức z thỏa những điều kiện kèm theo sau : a ) | z – 2 | = 2 b ) | z + 1 | + | z – 1 | = 4L ời giải : Gọi M ( x  y ) là màn biểu diễn hình học của số phức z  I ( 2  0 ) là trình diễn hình học củasố phức z1 = 2. Khoảng cách từ điểm M đến điểm I ( cố định và thắt chặt ) luôn bằng 2 nên tập hợp những điểmM chính là tập hợp những điểm thuộc đường tròn tâm I nửa đường kính 2. Yêu cầu vẽ hình. b ) Gọi M ( x  y ) là trình diễn hình học của số phức z  A ( – 1  0 ) là trình diễn hình họccủa số phức z1 = – 1  B ( 1  0 ) là trình diễn hình học của số phức z2 = 1. Tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cố định và thắt chặt A  B luôn bằng 4 nên tập hợpcác điểm M chính là tập hợp những điểm thuộc ellipse ( E ). ( E ) có hai tiêu điểm là A  B ; nửa trục lớn là a = 2 ; tiêu cự 2 c = AB = 2 ; nửa trụcx2 y 2  1. Yêu cầunhỏ b  a  c  4  1  3  do đó phương trình của ( E ) làvẽ hìnhBài 04.00.1. 024C ho k là số thực, a ) Tính z  1  ki ( viết tác dụng dưới dạng đại số ) 2 k  ( k 2  1 ) ib ) Tìm k sao cho z là số thực, là số thuần ảoLời giải : ( 1  ki )   2 k  ( k 2  1 ) i   1  kiz  2 k  ( k 2  1 ) i4k 2  ( k 2  1 ) 2 b ) Vìk ( k 2  1 )  ( k 2  1 ) i  2  2 ( k  1 ) ( k  1 ) ( k  1 )  0 với mọi k nên không có giá trị k nào để z là số thực. k  1K hi k = 0 thì z là số thuần ảo. Bài 04.00.1. 025C ho a, b là những số thực, tìm x và y sao cho ( x + ai ) ( b + yi ) = 4 + 3 iLời giải :  bx  ay  4 ( 1 ) ( x + ai ) ( b + yi ) = 4 + 3 i  ( bx – ay ) + ( xy + ab ) i = 4 + 3 i    xy  ab  3 ( 2 )  ay   4 * Nếu b = 0  hệ pt trên trở thành :   xy  3N ếu a = 0 thì hệ pt vô nghiệm. 4   3N ếu a ≠ 0 thì hệ pt có 1 nghiệm   a,   a   4 * Nếu b ≠ 0 :    bx  4N ếu a = 0  hệ pt trên trở thành :     xy  3  y  3 b   4  ay  thay vào ( 2 ) ta có phương trình theo giống như sau : ay2 + 4 y + ab2 – 3 b = 0 ( 3 ) Nếu a ≠ 0 thì ( 1 )  x   '  4  a ( ab2  3 b )  ( ab  1 ) ( 4  ab ) Khi – 1 ≤ ab < 0 hay 0 < ab ≤ 4 thì ( 3 ) có 2 nghiệm thực  do đó hệ pt ban đầu2  4  3 ab  a 2 b 2  x1  có 2 nghiệm   2  4  3 ab  a 2 b 2   12  4  3 ab  a 2 b 2  x2     2  4  3 ab  a 2 b 2   2K hi ab < – 1 hay ab > 4 thì ( 3 ) có 2 nghiệm phức  do đó hệ pt khởi đầu có 22  i  4  3 ab  a 2 b 2  x1  nghiệm   2  i  4  3 ab  a 2 b 2   y1  2  i  4  3 ab  a 2 b 2  x2     2  i  4  3 ab  a 2 b 2   y2  Bài 04.00.1. 026  z  i  Giải phương trình sau trong tập hợp số phức :    1  i  z  Lời giải : Điều kiện : z ≠ 1  u  1  1  i 3 z  iĐặt u =  ta có phương trình u = 1   u  i  z  1  i 3  u  * Với u = 1 thì z = 0 * Với u =  1  i 3 z  i  1  i 3 thì  z  – 3 i  z * Với u =  1  i 3 z  i  1  i 3 thì  z  3 i  zBài 04.00.1. 027T ìm số phức z thỏa : z 2  2 z  0L ời giải : Đặt z = x + yi  khi đó z2 = x2 – y2 + 2 xyi ; z  x  yi.  x2  y 2  2 x  0P hương trình trở thành : x  y  2 x  2 ( x  1 ) yi  0    2 ( x  1 ) y  0G iải hpt  được 4 nghiệm : ( 0  0 )  ( – 2  0 )  ( 1  )  ( 1  – )  do đó có 4 số phức thỏađkbđ : z1 = 0 ; z2 = – 2 ; z3 = 1 + i ; z4 = 1 – iBài 04.00.1. 028T rong những số phức z thỏa điều kiện kèm theo | z + 1 + 2 i | = 1, tìm số phức z có môđun nhỏnhấtLời giải : Đặt z = x + yi  khi đó M ( x  y ) là điểm màn biểu diễn số phức z. | z + 1 + 2 i | = 1  ( x + 1 ) 2 + ( y + 2 ) 2 = 1 Đường tròn ( C ) : ( x + 1 ) 2 + ( y + 2 ) 2 = 1 có tâm là I ( – 1  – 2 ). Đường thẳng OI có phương trình y = 2 x. Số phức z thỏa đkbt khi và chỉ khi điểm màn biểu diễn nó thuộc ( C ) và gần gốc tọa độnhất  đó là một trong hai giao điểm của ( C ) và đường thẳng OI.   x   1   y  2 xGiải hệ phương trình :     ( x  1 )  ( y  2 )  1  y   2    1   2  Chọn z    1    i   2  5   5  x   1  5     2  y   2  5   Bài 04.00.1. 029 a ) Chứng tỏ  = 2 là nghiệm của đa thứcf ( x ) = x5 – 5×4 + 7×3 – 2×2 + 4 x – 8C hỉ rõ số bội của . b ) Chứng tỏ  = – 2 là nghiệm của đa thứcf ( x ) = x5 + 7×4 + 16×3 + 8×2 – 16 x – 16C hỉ rõ số bội của . Lời giải : a ) Tính được f ( 2 ) = 25 – 5.24 + 7.23 – 2.22 + 4.2 – 8 = 0 nên  = 2 là nghiệmcủa đa thức f ( x ). Biến đổi f ( x ) = ( x – 2 ) 3 ( x2 + x + 1 ). Vì  = 2 không là nghiệm của ( x2 + x + 1 ) nên số bội của  là 3. b ) Tính được f ( – 2 ) = ( – 2 ) 5 + 7 ( – 2 ) 4 + 16 ( – 2 ) 3 + 8 ( – 2 ) 2 – 16 ( – 2 ) – 16 = 0 nên  = – 2 là nghiệm của đa thức f ( x ). Biến đổi f ( x ) = ( x + 2 ) 4 ( x – 1 ). Vì  = – 2 không là nghiệm của ( x – 1 ) nên số bội của  là 4. Bài 04.00.1. 030C ho đa thức f ( x ) = x5 – ax2 – ax + 1. Tìm a sao cho ( – 1 ) là nghiệm bội bậc k củađa thức ( k  2 ). Lời giải :  f ( x )  ( x  1 ) 2 g ( x )  r ( x ) Ycbt    r ( x )  0T a có : f ( x )  ( x  1 ) 2 ( x3  2 x 2  3 x  4  a )   ( a  5 ) x  ( a  5 )  Do đó r ( x ) = 0  a = – 5B ài 04.00.1. 031T ìm những đa thức với thông số thực có bậc thấp nhất nhận : a ) 1 là nghiệm kép ; 2  3 và ( 1 + i ) là nghiệm đơn. b ) ( 2 – 3 i ) là nghiệm bội ba. Lời giải : f ( x )  ( x  1 ) ² ( x  2 ) ( x  3 ) ( x  1  i ) ( x  1  i )  x6  9 x5  33 x 4  65 x ³  74 x²  46 x  12 b ) f ( x )  ( 2  3 i ) 3 ( 2  3 i ) = x6  12 x5  87 x 4  376 x³  1131 x²  2028 x  2197B ài 04.00.1. 032C ho đa thức f ( x ) = ( x + 1 ) 2 n – x2n – 2 x – 1 với n là số nguyên dương. Chứngminh rằng f ( x ) chia hết cho : a ) g ( x ) = xb ) h ( x ) = x + 1L ời giải : a ) f ( 0 ) = ( 0 + 1 ) 2 n – 02 n – 2.0 – 1 = 12 n – 1 = 0D o đó có đpcmb ) f ( – 1 ) = ( – 1 + 1 ) 2 n – ( – 1 ) 2 n – 2 ( – 1 ) – 1 = – 1 + 2 – 1 = 0D o đó có đpcmBài 04.00.1. 033C ho số phức   3 2  i, tìm đa thức f ( x ) với thông số nguyên nhận  là nghiệmLời giải :   3 2  i    i  3 2  (   i ) 3  2  (  3  3   2 )  i ( 3  2  1 )  0    (  3  3   2 )  i ( 3  2  1 )     (  3  3   2 )  i ( 3  2  1 )    0  (  3  3   2 ) 2  ( 3  2  1 ) 2  0   6 + 3  4 – 4  3 + 3  2 + 12  + 5 = 0D o đó  là nghiệm đa thức f ( x ) = x 6 + 3 x 4 – 4 x 3 + 3 x 2 + 12 x + 5B ài 04.00.1. 034C ho   5  4 5, tìm đa thức f ( x ) với thông số nguyên nhận  là nghiệm. Lời giải :   5  4 5    5  4 5  (   5 ) 2  5   2  2  5  5  5  (  2  5 )  5 ( 2   1 )  0    (  2  5 )  5 ( 2   1 )     (  2  5 )  5 ( 2   1 )    0    (  2  5 ) 2  5 ( 2   1 ) 2    0   4 – 10  2 – 20  + 20 = 0D o đó  là nghiệm đa thức f ( x ) = x 4 – 10 x 2 – 20 x + 20B ài 04.00.1. 035P hương trình x 2  bx  c  0 ( b  c là số thực ) có nghiệm x0 là số hữu tỉ. Chứng minhrằng x0 là số nguyênLời giải : Giả sử x0  vớilà phân số tối giản  khi đó :  p     b  c  0  p  bpq  qc  0  q   q ( bp + c ) = – p2Do đó – p2 chia hết cho q  p2 chia hết cho q. Vìlà phân số tối giản nên phải có q = 1 hay q = – 1  đpcmBài 04.00.1. 036T rên tậpcác số hữu tỉ, xét phép toán  như sau :  a, b , a  b  a  b  3 aba ) Tính 1  2,  4,  2 , 0  5  1  b ) Chứng minh rằng ( \  ,  ) là một nhóm aben.  3  c ) Hỏi (,  ) có phải làm một nhóm không ? Tại sao ? Lời giải : 1  2  1 + 2-3. 1.2 = – 3 ; 1 1  4 =  4  3. . 4  ;  2    2   3.  2. = 3 30  5  0  5  3.0.5  5 b ) Đặt X =  1  \  , ta chứng tỏ ( X, * ) là nhóm aben.  3  +  a, b  X, ta có : a  b  a  b  3 ab  b  a  3 ba  b  a  phép toán * có tínhchất giao hoán. ( 1 ) +  a, b, c  X, tacó : ( a  b )  c = ( a + b-3ab )  c = a  b  3 ab  c  3 ( a  b  3 ab ) c  a  b  c  3 ab  3 ac  3 bc  9 abca  ( b  c )  a  ( b  c  3 bc )  a  b  c  3 bc  3 a ( b  c  3 bc ) = a + b + c-3bc-3ab3ac+9abc = ( a  b )  c  phép toán * có đặc thù phối hợp. ( 2 ) +  a  X, ta có : a  e  a  a  e  3 ae  a  e ( 1  3 a )  0  e  0 ( vìa  ) Như vậy  a  X, tacó : a  0  a  0  3 a 0  a  0  a. Do đó e = 0 là thành phần trunghòa của phép toán * ( 3 ) + Mọi thành phần đều khả đối xứng  a, a,  X, ta có : a  a,  e  a  a,  3 aa,  0  a, ( 1  3 a )   a  a,   a1  3 a  a ( vì a  ). Như vậy,  a  X, thành phần đối xứng của a là a,  ( 4 ) 1  3 aTừ ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) và ( 4 ) suy ra ( đpcm ) c ) (,  ) không phải là một nhóm vì phần tửThật vậy,  a  1 1, a   a   3 a   03 3 không có thành phần đối xứng. Bài 04.00.1. 037T rên tậpxác định phép toán như sau :  x, y , x  y  x  y  1. CMR : (,  ) là một nhóm aben. Lời giải : + Tính chất giao hoán :  x, y , tacó : x  y = x + y + 1 = y + x + 1 = y  x + Tính chất tích hợp :   x, y, z , tacó : ( x  y )  z = ( x + y + 1 )  z = x + y + 1 + z + 1 = x + y + z + 2  x  ( y  z ) = x  ( y + z + 1 ) = x + y + z + 1 + 1 = x + y + z + 2 = ( x  y )  z + Phần tử trung hòa :  x , ta có : x  e = x  x + e + 1 = x  e = – 1. Như vậy,  x , tacó : x  e = x   1  x  1  1  x  e  xMọiphầntửkhảđốixứng  x, x, , tacó : x  x,   1  x  x,  1   1  x,   x  2  x  (  x  2 )  x  x  2  1   1 và (  x  2 )  x   x  2  x  1   1. Như vậy  x , thành phần đối x là – x-2Vậy, (,  ) là một nhóm abenBài 04.00.1. 038C hứng minh rằng tập X  a 3 2  b 3 4 / a, b  nhóm  với phép cộng thường thì là 1

Source: https://mix166.vn
Category: Hỏi Đáp