Bài tập toán cao cấp tập 1 part 2 docx

1 Xét tập Z các số nguyên với phép cộng + số nguyên và phép nhân.. Ta phải xem Z, + có phải là một nhớm giao hoán không... Một cách tương tự, với các câu hỏi sau ta chứng minh được : 2 T

1) Gọi #là tập các hoán vị của E :

P= IP, Py, Py, Py Ps, Pot

với luật tích các hoán vị

2

3

18 aoe tở bộ rw

Ta có, chẳng hạn

xà vo

2 Soh

a) Tính kết hợp, chẳng hạn

P20 (PyoP;) = Pio Py = Ps (P10 Py o Py = Pho Py = P,

nên P; có phần tử đối là P; và P, có phần tử đối là P3

Vay tap Pvdi luat o là một nhém

2) Nhưng nhóm này không giao hoán vÌ có

Pio Py = Py # Pao Py = Py

2.2 Ta lam tuong tự bài tập trên, chẳng han :

Gy A@ = Fo fY@ = MAO] =f (5) = = = 6

tức là ñ*?=t;¡

1 W; *f3)Gœ) = f6;G&)] = f;©#) = — = fq@)

Gọi 7 là tập các ánh xạ

F= hy fy fy fyt- 42

Giống như trên ta nhận thấy Ÿ = Ø và luật * là luật hợp thành trong trên #ý đồng thời nó có ba tính chất :

a) tính kết hợp ;

b) tồn tại phần tử trung hòa là /; ;

ce) mọi ƒ đều có phần tử đối

Do đó tập Ÿ với luật * là một nhớm

Đây là một nhdm giao hoán vì cố

fie f= ft fe Mid

9.3 Cách làm giống như ở hai bài tập trên

Bảng nhân thu được như sau :

Dep 86: Tap {fy fo fy fir fy fo) với luật nhân * là một

nhớm không giao hoán

2.4 1) Xét tập Z các số nguyên với phép cộng (+) số nguyên

và phép nhân (.) số nguyên thông thường Trước hết Z z Ø

xà luật cộng cùng với luật nhân là hai luật hợp thành trong

Va, b G Z, ø + b hoàn toàn xác định và ø + b € Z

Va, b € Z, a.b hoàn toàn xác định và øb € Z

Bây giờ ta phải kiểm tra lại các tiên đề từ AI đến A4 về

a) Về tiên đề AI Ta phải xem (Z, +) có phải là một nhớm giao hoán không Ta duyệt lại các tiên để về nhớm (xem 2.2.1

43

nghĩa là phép nhân có tính kết hợp Do đớ tiên đề A2 thỏa mãn

©) Về tiên để A3 Ta có, Va, b4cEZ

Ngoài ra ta còn cớ

a@l=ala=a nghĩa là phép nhân có phần tử trung hòa là 1 Vậy vành (Z, +, )

là một vành giao hoán có đơn vị (là 1)

44

Một cách tương tự, với các câu hỏi sau ta chứng minh được :

2) Tập các số nguyên chẵn với phép cộng số nguyên và phép nhân số nguyên thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là số không

Phần tử đối của ø là -a Vanh này có đơn vị là 1

3) Tập các số hữu tỉ Q với phép công số hữu tỉ và phếp nhân số hữu tỉ thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là số không Phần tử đối của ø € Q

la -a © Q Vanh nay co đơn vị là 1

4) Tập các số thực R với phép cộng số thực và phép nhân

số thực thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là số không Phần tử đối của ø € R là -a € R Vành này có đơn vị là 1

5) Tập các số phức C có dạng (a, 6) & 2.5.2 Thee/l véi phép cộng số phức và phép nhân số phức định nghĩa ở 2.5.2 là một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là (0, 0) Phần tử đối của (ø, b) € C 1a (-a, -b) € C Vành này có đơn

vị là (1, 0)

6) Tập các số có dạng œ + 02, ơ, b € Z Với phép cộng số

và nhân số thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung

hòa của phép cộng là 0 + O2 = 0 Phần tử đối của

a + b¥2,a,0 © Z la —a — b2 Vành nay cd don vị là 1+ 02 = 1:

7) Tập các số có dang a + dY3, a, 6 © Q vai phép cong sé

- và nhân số thông thường là một vành giao hoán Phần tử trung hòa của phép cộng là 0 + 0/3 = 0 Phần tử đối của a + 03,

a, b © Q la ~a — O¥3 Vanh nay co don vi la 1 + OV3 = 1

8) Tập các số phức có dang a + bi, a, b € Z véi phép cộng

và nhân số phức thông thường là một vành giao hoán, phần tử

trung hòa của phép cộng là 0 + 0¡ = 0, phần tử đối của a +6i,

ø, b€ Z là -ø - bí Vành này có đơn vị là 1 + Of = 1 9) Tập các số phức có dạng ø + bi, a, b € Q với phép cộng

và nhân số phức thông thường là một vành giao hoán, phần tử trung hòa của phép cộng là 0 + 0¡ = 0, phan tu d6i cha a + bi,

ø, bò € Q là -a - bi Vành này có đơn vị là l + Ú = 1

45

2.ã Muốn chứng minh các tập số đã cho ở đầu bài có phải

là một trường hay không, ta phải kiểm tra lại bai tiên đề KI

và K2 của trường Các tập số đã cho ở bài tập 2.44, như ta đã thấy, đều là những vành giao hoán có đơn vị, nghĩa là đổi với mỗi tập số đó tiên dé K1 được thỏa mãn rồi,

Bây giờ xét tiên đề K2 đối với tập số nguyên Z ở câu l1) Đơn vị của tập đó là 1 Phần tử trung hòa của phép cộng là 0 Muốn chứng mỉnh tiên đề K2 thỏa mãn ta phải chứng mình rang moi sé a nguyên # 0 (@ € Z, ø # 0) đều có nghịch đảo

tử trung hòa của phép cộng là (0, 0), phần tử trung hòa của

phép nhân là (1, 0), (đó là đơn vị của vành) cho nên với mọi

sé phic (a, b) € C, (a, 6) # (0, 0) ta co a* + 6? # 0 và nghich đảo của (ø, ð) là

8) Tập các số phức có dạng ø + bi, a, 6 © Z khong phai la

một trường vi vdi a + bi # 0 + Oi, tuy rằng

9) Tập các số phức có dang a + bi, a, 6 € Q là một trường

vi véi moi sé phic a + bi # 0 + Of ta cd a? + 67 # 0 va

Vậy từ giả thiết VŠ € Q, V5 = : trong đó p và g nguyên

tố cùng nhau ta suy ra p và g cùng chia hết cho 5 Mâu thuẫn

đó chứng tỏ Võ không phải là một số hữu tỉ Do do phương

trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ

Hé nay có hai nghiệm

Hai số phức bằng nhau khi phần thực của chúng bằng nhau

và phần ảo của chúng bằng nhau Ta suy ra

xe + 3y =1 2x — by = -3

Giải hệ này ta được

B= apy aap 2.10 Phương trình cho ở đấu bài viết thành

bx -— ay + ifab + xy) = 4 + 3i

A’ = 0 khi ab = -1 hay 4

A’ > O khi-1 < ab < 4,ab #0

A’ < Okhi ab < -1 hay ab > 4

Vậy khi ab < —1 hay ab > 4 thi vd nghiém

Khi ab = -1 hay ob = 4 thi cé mot nghiém

) atbi @ +bi)(a + bi)

abi (a —bi)(a +i)

_ a? —b? + 2abi

” ca +bP `

= cos(œ —~ (—ø)) + isin@ — (ca)

“erst Page

©) 4+292?-(q~Ð! _

(+902—(2+Ð2 —

—_ (-4#4i) -(1T-â3i +82 =3) (27 + 54i + 362 + 8Ö) — (4 — 1 + 40)

_ 8 +4i- =8 =3 +0)

_ 97 +B4í — 86 — Bi — (3 + 4i)

— -1†6 _ (-1+60(-12-429)

“12442 ~ (—12 +42i)(—12 - 42%) 264-30 44-51

” 1908 ^ 318 d) Xét

_( Ø1 (1+ +1

Ta có

(1 +i)§ = -4 - 4i (~Ð` =-4+4i

e) a-a (=) (i + i

Ta cd

1+i _ (1†9+0 _ 3 I-i“(q-0dtp T7”!

-15 + 8i = x? - y2 + 2xyi

Do dé

y2 — y2 = 2y = 8

Với điều kiện x # 0 ta có 7

-4 y=z

16

x?-— x2 = -15

x' + 1Bx2 - 16 = 0 Đạt X = x2 z0

9)

GIẢ 4d) Số phức ~i có mô đun bằng 1 và agumen bằng s (hình 2)

-l+is V2 (cos + isin = )

ø) Số phức j - ¿ có mô đun bằng (TU + (CD = V5 và agumen bang = (hình 2) Do đó

o› Số phức Vễ ¬ ¡ có mô đun bằng V3) + (—J = 9 và

agumen bằng is (hình 3) Do đó

11

¥B-is 2 (cost + igin—Z* )

p) S6é phitc 2 + ¥3 +i ed m6 dun f bang

Ta chon k = 0,6 = 5 để sind = sin 75 cùng dấu với phần

ảo của số phức 2 + ¥3 +i, Vay -

_ (1 ~cos9 — isin#)(1 + cos — isin’)

(I +eosØ +isin8)(1 + cosØ — isin?)

2

a) Muốn ¬ là số thực thỉ điều kiện là

2

sin(Ø, - Ø;) = 0 tức 1a 6, - 6, = kn, k G N, nghĩa là phải có ảnh của z, và z; thẳng hàng với gốc O

59

b) Ảnh của các số phức z thỏa mãn |z - 1| <s 1 nầm ở trong và trên chu vi của hình tròn có tâm tại ảnh của z = I

và cơ bán kính bằng 1, tức là phẩn trong và trên đường tròn tâm (1, 0) bán kính 1

©) Ảnh của các số phức z thỏa mãn |z ~ 1 —~i| < 1 nằm

ở trong hình tròn có tâm tại ảnh của z = 1 +¡ và có bán kính bằng 1, tức là phần trong của hình tròn tâm (1, 1) bán kính 1, 2.20 a) Ta tim z ở đạng z = x + iy thi co

60

3.21 Ta có

Ix+yl? = @ + WEFY = & + NE +H

=x tay t+ yx tyy = [xl]? +27 + yz + ly|?;

Ix - yl? = @ - EAH = & -NE-H

am — ay — ye toy = bal? - ay — # + ly|?

Đo đó

|x + yl? + [x - yl? = 2(z|? + Jyi?)

Y nghia hinh hoc : Téng cdc bình phương của hai đường chéo của một hình bình hành bằng hai lần tổng các bình phương của các cạnh của hình bình hành đó

2.22 a) Trước hết ta viết 1+ i ở dạng lượng giác

b) Trước hết ta viết tử và mẫu ở dạng lượng giác

li +i{ã8 = 2 (e085 + isin§ )

leis V2 (cos (-7) + lần (T4) }-

Do đó

(1 + 3) = 2 (cos + isin )

1-i=V2 (cos + isin),

62

(1 + cosa + isina) = 2cos? > + i2sin 5 cos 5

63

{1= -1#+i= V2 (cos + isin),

V3 = # + igin®

1+NB = 2 (cosy + ising).

(cosx + isinx)Š = cosốx + isinBx

Mặt khác theo công thức nhị thức Newton thì

(cosx + isinz)> = cos*x + Cleostx ising + Cleos*x(isinxy? +

+ Cicos*zx(isinzy? + Chcosx(isinx)* + (isinxy’ Vậy với chú y rang i? = -1, = 4, i = 1,15 = 4, ta o6 cosðz + isinSz = cos®x + iScos*xsinx - 10cos3xsin*x

— i.10cos*xsin3x + Scosxsin‘x + isindx =

= cos5x - 10cos3xsin2r-+ 5cosxsinfr + + i(Bcos®zsinx — 10cos2xsinÄy + sinŠz)

'Hai số phức bằng nhau khi chúng có phần thực bằng nhau

và phần ảo bằng nhau Th suy r4

“ cosix = cos°x — 10coslxsin2xz + öcoszsinfr

Nếu muốn ta cũng có

sindz = 5cos‘zsinx - 10cos?xsin3x + sin5y

b)ỳ Một cách tương tự, ta cớ

(cosx + isinx)® = cos8x + isin8x

(cosx + isinx)Š = cosx + Cheos’x(isinz) +

+ Choos*x(isinx)? + CReos®x(isinz)? + + Cẩcosfx(isinx)t + Cioos*x(isinx)® + + Cặcos2x(isinx)® + Cjcosx(isinz)” + (isinx), với 2 = —1, 2 = Tỉ, j8 = 1,8 = iG, l6

cos& = cos8x - 28cos*xsin2x + 70cos‘xsin‘x -

— 28cos2zsin®x + sin®x

e) Một cách tương tự, từ

(cosx + isinx)Š = cos6x + isin6x

~1, = -i, ta suy ra

(cosx + isinz)6 = cosŠ% + Cjcosx(isinx) +

+ Cicos*x(isinx)? + CZoos*x(isinx)? + + Cfcos’x(isinz)4 + Ccosr(isinx)5 + (isinx)®,

ta suy ra

sinéa = 6cos*xsinx - 20cos*xsin3x + 6cosxsin‘x

d) Một cách tương tự, từ

(cosr + isinx)’ = cos7x + isinfz

(cosx + isinx)” = cos7x + Cleos5z(isinx) +

+ Œjoos x(isine)2 + Ojcosfx(isinx)? + + Cjcos3x(isinx)$ + Cặcos2x(isinx)” + + CScosx(isinx)® + (ésinx)’

ta suy ra

sin7x = 7cos*xsinx - 35cos*rsin3x + 2icos*xsin*x - sin7x

66

eet tú

2.28 Ta cd theo bai 2.27, ¢ :

(cosx + isinx)® = cosôx + isin6x

cos6x + isin6x = cos°x — 15eos'xsin2x

+ 1Bcos2xsinfx ~ sin5 + + i[6cosxsinx — 20cos2xsin3x + 6cosrsin7z]

Từ đớ ta suy ra biểu thức của cos6x và sin6x theo cosx và sinx Sau dé

sin6x 6cos*xsinx — 20cosxsin*x + 6cosrsinsx cosồr cosốy — 15coslxsinx + 15cosxsinfx~—sinốx `

Chia tử và mẫu cho cos®x :

sin38 = Tế sin5@ Tế sind@ + 8 sind

2.31 Biệt số của phương trình đã cho là

Xy = cose + isin“ = €087C- — isin ce—

2.32 Biệt số của phương trình đã cho là

~(8 + ix? - (1 - 20x +1

~(3 + 0x2 + (Bi ~ Dx - (8 +2)

(Bi + De + 44a Vay

x) cos $ + isin, x2 = cos $ isin 2

= 2 ~ isin & = -cos’ + isin£

X3 = C089 isin >: + cos 2 + isin 5

71

Vậy

4 _— 2x2, ~ ~eos# —siịn # Ê +isin Ê

x 2x*cosp + 1 = (= cos 5 ising) (x teos 5 +isin ) s

»(x~cos$ +isin$) (= +cosf —isin$)

z?2+1 =Aœ+1)?2+x+1)+Bữ ¬ )@?+x +1) +

+ (Œx + D)œ ¬ 1)(x + 1)

Thay x = 1

2=A(2)5) =A= §- Thay x = ~1

Thay z = ¿ là nghiệm của z2 + 1 = 0: