Bài giảng đại số tuyến tính kèm theo các dạng bài cực kì đầy đủ(GV trường ĐH BK Hà Nội)

Đây là 1 tài liệu rất hay và bổ ích,,,,feeeeeeeeeeeee,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,.......................................................................................................................................................................................................................................

BÁCH KHOA ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI

Tài liệu môn học

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

Người biên soạn: Phạm Thanh Tùng

Hà Nội, tháng 11 năm 2020

MỤC LỤC

§1.1: LOGIC 1

I Các phép toán logic: 1

II Các tính chất của phép toán logic: 2

III Phương pháp làm bài: 2

IV Các bài tập: 3

§1.2: Tập hợp 8

I Các phép toán trên tập hợp: 8

II Tính chất của tập hợp: 8

III Phương pháp làm bài: 8

IV Các bài tập: 9

§𝟏 𝟑: ÁNH XẠ 13

I Định nghĩa: 13

II Tập ảnh và tập nghịch ảnh: 15

III Đơn ánh, song ánh, toàn ánh: 16

IV Các dạng bài tập chính: 17

§1.4: SỐ PHỨC 36

I Dạng chính tắc của số phức: 36

II Dạng lượng giác của số phức: 36

III Số phức liên hợp: 37

IV Các dạng bài tập: 38

§1.5: CẤU TRÚC ĐẠI SỐ 50

I Cấu trúc nhóm: 51

II Cấu trúc vành: 51

III Cấu trúc trường: 51

IV Bài tập: 51

CHƯƠNG II: 56

MA TRẬN – ĐỊNH THỨC – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 56

§2.1: MA TRẬN 56

I Khái niệm: 56

II Các phép toán trên ma trận: 57

III Các tính chất: 58

IV Các phép biến đổi sơ cấp với ma trận: 58

V Cách biến đổi một ma trận về ma trận bậc thang: 59

§2.2: ĐỊNH THỨC 62

I Định nghĩa: 62

III Các phương pháp tính định thức: 63

IV Ma trận nghịch đảo: 68

§2.3: HẠNG CỦA MA TRẬN 71

I Định nghĩa: 71

II Phương pháp tính hạng của ma trận: 71

III Các ví dụ minh họa: 71

§2.4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 77

I Dạng tổng quát của hệ phương trình tuyến tính: 77

II Giải hệ phương trình tổng quát bằng phương pháp Gauss: 77

CHƯƠNG III: 89

KHÔNG GIAN VECTO 89

89

§3.1: KHÔNG GIAN VECTO VÀ KHÔNG GIAN VECTO CON 89

I Không gian vecto: 89

II Không gian vecto con: 91

III Hệ sinh của một không gian vecto: 93

§3.2: CƠ SỞ VÀ TỌA ĐỘ 95

I Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính: 95

II Cơ sở và số chiều của không gian vecto: 98

III Tọa độ: 101

IV Bài toán tìm số chiều và cơ sở của không gian vecto con sinh ra bởi một hệ vecto: 102

V Bài toán đổi cơ sở: 108

CHƯƠNG IV: 110

ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 110

§4.1: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 110

I Khái niệm: 110

II Ma trận của ánh xạ tuyến tính: 112

III Hạt nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính: 123

§4.2: TRỊ RIÊNG VÀ VECTO RIÊNG, BÀI TOÁN CHÉO HÓA 130

I Trị riêng và vecto riêng của ma trận: 130

II Trị riêng và vecto riêng của toán tử tuyến tính: 131

III Chéo hóa ma trận: 132

IV Tìm một cơ sở để ma trận của một toán tử tuyến tính là ma trận chéo: 134

CHƯƠNG V: 138

DẠNG TOÀN PHƯƠNG, KHÔNG GIAN EUCLIDE 138

§5.1: DẠNG TOÀN PHƯƠNG, DẠNG SONG TUYẾN TÍNH 138

I Định nghĩa: 138

II Ma trận của dạng song tuyến tính, dạng toàn phương: 139

III Bài toán xác định dấu của dạng toàn phương: 139

§5.2: KHÔNG GIAN EUCLIDE 141

I Tích vô hướng và không gian có tích có hướng: 141

II Phép trực chuẩn hóa Gram-Schmidt: 146

III Hình chiếu của một vecto lên một không gian vecto: 147

§5.3: RÚT GỌN MỘT DẠNG TOÀN PHƯƠNG 157

I Phương pháp Langrange: 157

II Phương pháp chéo hóa trực giao: 158

III Bài toán nhận dạng đường cong phẳng: 161

IV Bài toán nhận diện mặt bậc hai: 164

V Bài toán cực trị có điều kiện: 168

1

CHƯƠNG I:

TẬP HỢP – LOGIC – ÁNH XẠ - SỐ PHỨC

Cách nhớ: Phép tương đương chỉ đúng khi 𝐴 và 𝐵 có cùng giá trị

II Các tính chất của phép toán logic:

 Ưu điểm: dễ sử dụng, có thể giải quyết đa số bài tập

 Nhược điểm: khá dài dòng

⇒ đi thi nên dùng cách này để tránh phải mất thời gian suy nghĩ, ít nhầm lẫn

2 Sử dụng các tính chất của các phép logic để biến đổi

 Ưu điểm: ngắn gọn

 Nhược điểm: đòi hỏi kĩ năng biến đổi tốt, nếu không nắm vững rất dễ biến đổi sai

⇒ chỉ sử dụng khi đã thực sự thành thạo khả năng biến đổi

3 Sử dụng phản chứng:

 Ưu điểm: ngắn gọn

o Giả thiết 𝑝, kết luận 𝑞

 Mệnh đề 𝑝 ↔ 𝑞 có thể được viết dưới dạng:

(Do phép hội chỉ sai khi cả 2 mệnh đề cùng sai)

VD2: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề Hai mệnh đề (𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 có tương đương logic không?

Vì sao?

Giải:

Đặt 𝐴 là mệnh đề [(𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞] ↔ (𝑝 ∧ 𝑞)

Lập bảng trị chân lý:

Vậy (𝑝̅ → 𝑞̅) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 tương đương logic

VD3: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề Hỏi mệnh đề 𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝 có tương đương logic không?

Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝 không tương đương logic

VD4: Cho các mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟 Các mệnh đề (𝑝 → 𝑞) → 𝑟 và 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) có tương đương logic không? Tại sao?

Vậy hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 và 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic

VD7: Cho 3 mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟 Biết 𝑝 → 𝑞 là mệnh đề đúng Hỏi mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) đúng hay sai? Vì sao?

7

Vậy hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶) tương đương logic

VD9: Khẳng định sau đây là đúng hay sai? Giải thích!

III Phương pháp làm bài:

 Phương pháp phần tử, kết hợp sơ đồ ven (dễ hiểu, dễ sử dụng)

 Cho hai tập hợp 𝐴, 𝐵, giả sử ∀𝑥 ∈ 𝐴 → [𝑥 ∉ 𝐵 ⇒ 𝐴 𝑘ℎô𝑛𝑔 ⊂ 𝐵𝑥 ∈ 𝐵 ⇒ 𝐴 ⊂ 𝐵

 Phương pháp biến đổi tập hợp (cần kĩ năng biến đổi tốt)

(Nhớ rằng tập hợp rỗng ∅ là con của mọi tập hợp)

VD4: Cho các tập hợp con của 𝑅 là 𝐴 = [1,3], 𝐵 = (𝑚; 𝑚 + 3) Tìm 𝑚 để (𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵)

(Tập rỗng là con của mọi tập hợp)

𝑦 ∈ 𝐶

⇔ [

{𝑦 ∈ 𝐵𝑥 ∈ 𝐴{𝑥 ∈ 𝐴

𝑦 ∈ 𝐶

⇔ [(𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐵)(𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐶) ⇔ (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶) ⇒ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶)] ⊂ [(𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶)] (1)

Giả sử : ∀(𝑎, 𝑏) ∈ (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶) ⇔ [(𝑎, 𝑏) ∈ (𝐴 × 𝐵)

(𝑎, 𝑏) ∈ (𝐴 × 𝐶) ⇔ [

{𝑎 ∈ 𝐴

𝑏 ∈ 𝐵{𝑎 ∈ 𝐴

𝑏 ∈ 𝐶

⇔ {

𝑎 ∈ 𝐴[𝑏 ∈ 𝐵

𝑏 ∈ 𝐶 ⇔ (𝑎, 𝑏) ∈ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶)] ⇒ [(𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶)] ⊂ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶)] (2)

Từ (1) và (2) ⇒ 𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶) = (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶)

𝑥 ∉ 𝐵

⇔[

{𝑥 ∈ 𝐴𝑥 ∉ 𝐵

𝑥 ∉ 𝐷{

𝑥 ∈ 𝐶

𝑥 ∉ 𝐵

𝑥 ∉ 𝐷 ⇒ 𝑥 ∈ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐶\𝐷) ]

13

§𝟏 𝟑: ÁNH XẠ

I Định nghĩa:

 Cho 2 tập hợp 𝐸, 𝐹 ≠ ∅ và một phép biến đổi 𝑓 Khi đó 𝑓 được gọi là ánh xạ nếu với mỗi phần

tử 𝑥 ∈ 𝐸 thông qua phép biến đổi 𝑓 tạo ra duy nhất một phần 𝑦 ∈ 𝐹 và kí hiệu 𝑦 = 𝑓(𝑥)

 Kí hiệu ánh xạ: 𝑓: 𝐸 → 𝐹 Trong đó: 𝐸 là tập nguồn, 𝐹 là tập đích

Dễ thấy rằng: 1 xã thì chỉ có thế thuộc duy nhất 1 huyện ⇒ 𝑓 là một ánh xạ

o VD4: 𝑓: Con người → Trường học

Sinh viên ↦ Trường Đại học

Dễ thấy rằng: Sinh viên hoàn toàn có thể học ở nhiều trường Đại học, có nhiều bằng ĐH ⇒ 𝑓 không là ánh xạ

15

Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ

Các ví dụ trên là những ví dụ trong thực tế để mọi người có thể dễ dàng tiếp cận và hình dung về ánh xạ hơn Trong các bài tập, ánh xạ thường được cho dưới dạng hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) với tập nguồn và tập đích là các tập hợp quen thuộc như: 𝑅, 𝑍, 𝑁, 𝐶, … ngoài ra sẽ được mở rộng thêm với tích Đề-các (𝑅2, 𝑅3, 𝐶2, … )

 Toàn ánh: Ánh xạ 𝑓 được gọi là toàn ánh nếu:

o Với mỗi 𝑦 ∈ 𝑌 đều tồn tại tối thiểu một giá trị 𝑥 ∈ 𝑋 sao cho 𝑓(𝑥) = 𝑦

o Hay phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦 có tối thiểu 1 nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑦 ∈ 𝑌

17

 Song ánh: Ánh xạ 𝑓 được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh hay nói

cách khác phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦 có một nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ 𝑋 với mọi 𝑦 ∈ 𝑌

VD8: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2+ 𝑦2− 2𝑥 − 4𝑦 − 3 và 𝐴 = [0; 2] × [−1; 1]

Tìm 𝑓(𝐴)

Giải:

20

𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅|(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴} = {𝑎 = 𝑥2+ 𝑦2− 2𝑥 − 4𝑦 − 3|(𝑥, 𝑦) ∈ [0; 2] × [−1; 1]} Đặt 𝑔(𝑥) = 𝑥2− 2𝑥 − 3 và ℎ(𝑦) = 𝑦2− 4𝑦 ⇒ 𝑎 = 𝑔(𝑥) + ℎ(𝑦)

max

[0;2]×[−1;1]𝑎 = max

[0;2] 𝑔(𝑥) + max

[−1;1]ℎ(𝑦) = −3 + 5 = 2 min

[0;2]×[−1;1]𝑎 = min

[0;2]𝑔(𝑥) + min

[−1;1]ℎ(𝑦) = −4 − 3 = −7 Vậy 𝑓(𝐴) = [−7; 2]

(A) 𝑎 = min

(A) (𝑥3) + min

(A) (2𝑦) = 03 + 2.0 = 0Xét 𝑏 = 3𝑥3+ 7𝑦 với điều kiện 𝐴: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 2

(A) 𝑏 = min

(A) (3𝑥3) + min

(A) (7𝑦) = 0Vậy 𝑓(𝐴) = {(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2|0 ≤ 𝑎 ≤ 5; 0 ≤ 𝑏 ≤ 17}

x−3 x−1< 0 ⟺ {

[𝑥 > 2

𝑥 < 1

1 < 𝑥 < 3

⇔ 2 < 𝑥 < 3 Vậy 𝑓−1((−1; 0)) = (2,3)

23

Vậy 𝑓−1(𝐴) = [−1

2 ;1

2] VD9: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥 + 𝑦| − 1 Tìm 𝑓−1([4; 5])

𝑥 + 𝑦 ≤ −5 ⇔ [−6 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ −5

5 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ 6

Vậy 𝑓−1([4; 5]) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2|(𝑥 + 𝑦) ∈ [−6; −5] ∪ [5; 6]}

VD10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅2, 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 4, 𝑥 − 2) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2|𝑥2+ 𝑦2 ≤ 26} Tìm 𝑓−1(𝐴)

o Nếu (1) có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑚 ∈ 𝑌 ⇒ 𝑓 là đơn ánh

o Nếu (1) luôn có nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀ 𝑚 ∈ 𝑌 (không quan tâm đến số lượng nghiệm)

⇒ 𝑓 là toàn ánh

o Nếu (1) có duy nhất một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với 𝑚 ∈ 𝑌 thì f là song ánh

o Ngoài ra với trường hợp chứng minh 𝑓 là đơn ánh còn có một cách làm riêng trong nhiều bài tập sẽ nhanh hơn các làm tổng quát (trình bày ở phần VD)

⇒ 𝑓 là song ánh ⇔ 𝑓 vừa là song ánh vừa là toàn ánh

VD2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓(𝑥) = 3𝑥2− 𝑥 − 2 Xét xem 𝑓 có là toàn ánh hay không?

Vậy 𝑓 không là toàn ánh

VD3: Cho ánh xạ 𝑓: [1; +∞) → (−∞; 5], 𝑓(𝑥) = −𝑥2+ 2𝑥 + 3 Hỏi 𝑓 có là là toàn ánh không,

Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑚 có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ [1; +∞) với ∀𝑚 ∈ (−∞; 5] ⇒ 𝑓 là đơn ánh

𝑓 không là toàn ánh do với ∀𝑚 ∈ (4; 5] thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 vô nghiệm

x−1= m vô nghiệm ⇒ 𝑓 không là toàn ánh

VD5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅+; 𝑓(𝑥) = |𝑥| + 1 Xét tính đơn ánh, toàn ánh

Vậy 𝑓 không là toàn ánh và cũng không phải đơn ánh

VD6: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = √𝑥2+ 1 − 1 𝑓 có là đơn ánh không?

Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑚 có tối đa hai nghiệm với ∀𝑚 ∈ 𝑅 ⇒ 𝑓 không là đơn ánh

Cách 2: Sử dụng tính chất này của đơn ánh: nếu ánh xạ 𝑓 là đơn ánh thì 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2) xảy ra khi và chỉ khi 𝑥1 = 𝑥2

Giả sử 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2) ⇔ √𝑥1 + 1 − 1 = √𝑥2 + 1 − 1 ⇔ 𝑥12 = 𝑥22⇔ [𝑥𝑥1 = 𝑥2

1 = −𝑥2Vậy 𝑓 không là đơn ánh

26

VD7: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅2 → 𝐶, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 𝑦) + (𝑥 + 𝑦)𝑖 Hỏi 𝑓 có là song ánh không?

Giải:

Giả sử ∀𝑚 = (𝑎 + 𝑏𝑖) ∈ 𝐶, 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅; xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑎 + 𝑏𝑖 ⇔ (𝑥 − 𝑦) + (𝑥 + 𝑦)𝑖 = 𝑎 + 𝑏𝑖 ⇔ {𝑥 − 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑦 = 𝑏 ⇔ {𝑥 − 𝑦 = 𝑎

TH1: với 𝑎 + 4 < 0 ⇔ 𝑎 < −4 ⇒ (1) vô nghiệm ⇒ hệ (∗) vô nghiệm

TH2: với 𝑎 + 4 ≥ 0 ⇔ 𝑎 ≥ −4 ⇒ (1) có nghiệm 𝑥 = √𝑎 + 4 hoặc 𝑥 = −√𝑎 + 4

Vậy hệ (∗) vô nghiệm khi 𝑎 < −4, 𝑏 ∈ 𝑅

(∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 = √𝑏 − 13 = √𝑎 + 4 ∈ 𝑅 khi { 𝑎 ≥ −4

𝑏 = 1 + (𝑎 + 4)3/2

27

(∗) có nghiệm duy nhất 𝑥 = √𝑏 − 13 = −√𝑎 + 4 ∈ 𝑅 khi { 𝑎 ≥ 4

𝑏 = 1 − (𝑎 + 4)3/2Vậy 𝑓(𝑥) = (𝑎, 𝑏) có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑅 với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 nên 𝑓 là đơn ánh

Nhận xét: nếu sử dụng cách làm tổng quát cho VD này, việc biện luận số nghiệm của phương trình trên theo 𝑎, 𝑏 rất phức tạp do có biến x2, x3 Vì vậy chúng ta sẽ sử dụng cách làm riêng của bài chứng minh đơn ánh

Cách 2: Sử dụng tính chất này của đơn ánh: nếu ánh xạ 𝑓 là đơn ánh thì 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2) xảy ra khi và chỉ khi 𝑥1 = 𝑥2

VD10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅2, 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) Hỏi 𝑓 có là toàn ánh không?

Với 𝑎 ≠ 2𝑏 + 7 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) thì hệ (∗) vô nghiệm

Vậy 𝑓 không phải toàn ánh

Cách 2: Chúng ta có thể chỉ luôn ra một giá trị cụ thể của (𝑎, 𝑏) làm 𝑓(𝑥) = (𝑎, 𝑏) vô nghiệm Với (1,0) ∈ 𝑅2 xét 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) = (1,0) ⇔ {2x + 1 = 1

x − 3 = 0 ⇔ {

x = 0

x = 3 ⇒ hệ vô nghiệm

Với (1,0) ∈ 𝑅2, 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) = (1,0) vô nghiệm ⇒ 𝑓 không là toàn ánh

VD11: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (y3, x + y) Chứng minh 𝑓 là song ánh

Vậy 𝑓 là song ánh

𝑦 = 𝑏 − 3𝑎Vậy với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦) = (√3𝑎 − 2𝑏3 ; 𝑏 − 3𝑎) ∈ 𝑅2

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ [0; 2] × [√2; 2], xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) ⇔ {𝑏 = 2 cos 𝑦𝑎 = 2 sin 𝑥

Xét 2 sin 𝑥 = 𝑎 với ∀𝑎 ∈ [0; 2] Đặt 𝑔(𝑥) = 2 sin 𝑥 Khảo sát hàm 𝑔(𝑥) trên miền [0;π

2] Lập BBT:

𝑥 0 𝜋

2

𝑔′(𝑥) + 0

𝑔(𝑥)

2) thỏa mãn yêu cầu đề bài

4 Dạng 4: Tìm tập nguồn hoặc tập đích để ánh xạ f là song ánh, toàn đơn ánh, đơn ánh

 Bài toán:

Cho ánh xạ: 𝑓: 𝐴 → 𝐵

𝑥 ↦ 𝑦 = 𝑓(𝑥)

Đề bài cho biết cụ thể hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) và một trong hai tập 𝐴 hoặc 𝐵

→ yêu cầu tìm tập còn lại để ánh xạ thỏa mãn điều kiện là song ánh, toan ánh hoặc đơn ánh

 Cách làm: chủ yếu sử dụng khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên để biện luận

+ ∞

Từ BBT, ta có:

Với 𝑚 ∈ [−1; 2) ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑎 có một nghiệm tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ [𝑚, 2] khi 𝑎 ∈ 𝑅

Với 𝑚 ≤ −1 ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑎 có tối đa hai nghiệm 𝑥 ∈ [𝑚, 2] khi 𝑎 ∈ 𝑅

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴, để 𝑓 là song ánh ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) ⇔ { 2 sin 𝑥 = 𝑎

sin 𝑦 + cos 𝑦 = 𝑏 có nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ [−𝜋

2 ;𝜋

2] và 𝑦 ∈ [0;𝜋

4] Xét 2 sin 𝑥 = 𝑎 Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) = 2 sin 𝑥 với 𝑥 ∈ [−𝜋

2 ;𝜋

2] Lập BBT:

34

𝑦 0 𝜋

4 𝑔′(𝑦) + 0

36

§1.4: SỐ PHỨC

I Dạng chính tắc của số phức:

 Tập hợp 𝐶 = {𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖|𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅; 𝑖2 = −1} được gọi là tập hợp các số phức với 𝑖 là đơn vị

ảo 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 được gọi là dạng chính tắc của số phức

 𝑎 được gọi là phần thực của số phức 𝑧 Kí hiệu 𝑎 = 𝑅𝑒(𝑧)

 𝑏 được gọi là phần ảo của số phức 𝑧 Kí hiệu 𝑏 = 𝐼𝑚(𝑧)

 Nếu 𝑧 là số thực thì 𝐼𝑚(𝑧) = 0, nếu 𝑧 là số ảo thì 𝑅𝑒(𝑧) = 0

(𝑎𝑐 + 𝑏𝑑) + (−𝑎𝑑 + 𝑏𝑐)𝑖

𝑐2+ 𝑑2

II Dạng lượng giác của số phức:

 Ngoài các biểu diễn dưới dạng chính tắc 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 số phức 𝑧 còn có thể được biểu diễn dưới dạng lượng giác như sau:

𝑧 = |𝑧|(𝑐𝑜𝑠𝜑 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑)

Với {

|z| là module (độ dài) của số phức, |z| = √a2+ b2

φ là argument của số phức, kí hiệu φ = Arg(z),

cos 𝜑 = a

|z|; sin 𝜑 = 𝑏

|𝑧|, −2𝜋 ≤ φ ≤ 2π

37

(Có thể dùng máy tính để tìm là 𝜑 nhanh chóng)

 Các phép toán trên dạng lượng giác của số phức:

Giả sử: 𝑧1 = 𝑟1(𝑐𝑜𝑠𝜑1+ 𝑖 sin 𝜑1) 𝑣à 𝑧2 = 𝑟2(𝑐𝑜𝑠𝜑2+ 𝑖 sin 𝜑2)

1 Dạng 1: Bài tập liên quan đến các phép toán của số phức, phần thực, phần ảo, argument

 Cách làm: Đưa các số phức về dạng lượng giác rồi sử dụng các công thức liên quan đến dạng

lượng giác đã cung cấp ở phần lí thuyết

2 + 𝑖 sin15𝜋

2 ) (cos25𝜋

2 + 𝑖 sin25𝜋

2 ) = 220(cos 20𝜋 + 𝑖 sin 20𝜋) = 220 ⇒ 𝑅𝑒(𝑧) = 220, 𝐼𝑚(𝑧) = 0

VD5: Xác định phần thực và phần ảo của số phức 𝑧 thỏa mãn:

𝑛

[2 (cos𝜋

6 + 𝑖 sin

𝜋6)]

𝑛 = cos

𝑛𝜋

3 + 𝑖 sin

𝑛𝜋3cos𝑛𝜋6 + 𝑖 sin𝑛𝜋6 = cos

𝑛𝜋

6 + 𝑖 sin

𝑛𝜋6 ⇒ Re(𝑧𝑛) = cos𝑛𝜋

40

Để 𝑧 là số thực ⇔ 𝐼𝑚(𝑧) = 2𝑛−2sin2𝑛𝜋

3 = 0 ⇒ 𝑛𝑚𝑖𝑛 = 3

2 Dạng 2: Các bài toán giải phương trình phức và các vấn đề liên qua đến nghiệm phức

 Cách làm: vận dụng những kiến thức giải phương trình, định lý Vi-et đã được học từ phổ

thông kết hợp sử dụng cùng các phép toán với dạng lượng giác của số phức và các tính chất của số phức liên hợp

Lưu ý: khi giải phương trình phức, chúng ta nên chuyển số phức về dạng lượng giác để thực hiện các phép toán nhân, chia, lũy thừa, khai căn rồi mới đưa về dạng chính tắc (nếu đề bài yêu cầu viết dưới dạng chính tắc, còn nếu đề không yêu cầu có thể để nguyên nghiệm dưới dạng lượng giác) Làm như vậy sẽ đảm bảo việc giải đủ ra số nghiệm trên tập số phức

VD1: Giải phương trình sau trên tập số phức 𝐶: 𝑧3− (1 − 𝑖)15 = 0

VD6: Giải phương trình phức sau: (𝑧+1)

4𝑧4− 24𝑧3+ 57𝑧2+ 18𝑧 − 45 = 0 ⇔ (𝑧2− 6𝑧 + 15)(4𝑧2− 3) = 0 ⇔ [𝑧 = 3 ± 𝑖√6

𝑧 = ±√3

2

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {3 ± 𝑖√6; ±√32}

Giải:

Nhận xét 𝑧 = 𝑖 không là nghiệm của phương trình

Với 𝑧 ≠ 𝑖, chia 2 vế phương trình cho (𝑧 − 𝑖)7 ta được:

7 + 𝑖 sin𝑘2𝜋

7 ) ⇔ (cos𝑘2𝜋

7 + 𝑖 sin𝑘2𝜋

7 − 1) 𝑧 = − sin𝑘2𝜋

7 + 𝑖 (1 + cos𝑘2𝜋

7 ) ⇔ 𝑧 =− sin

𝑘2𝜋

7 +𝑖 ( 1+cos𝑘2𝜋

7 ) ( cos𝑘2𝜋

7 + 𝑖 (1 + cos𝑘2𝜋

7 ) = − sin𝑘2𝜋

7 + 𝑖 (cos𝑘2𝜋

7 − 1) ⇔ 1 + cos𝑘2𝜋

7 = cos𝑘2𝜋

7 − 1 (vô nghiệm) ⇒ 𝑧 =− sin

𝑘2𝜋

7 +𝑖(1+cos𝑘2𝜋7 )

(cos𝑘2𝜋7 −1)+𝑖 sin𝑘2𝜋7 ≠ 𝑖 với 𝑘 = 1,6̅̅̅̅

Vậy phương có tập nghiệm 𝑆 = {− sin

𝑘2𝜋

7 +𝑖 ( 1+cos𝑘2𝜋

7 ) ( cos𝑘2𝜋

⇒ 𝐴2= |(−3 + 2𝑖)2− 4(6 + 5𝑖)| = |−19 − 32𝑖| = √1385 ⇒ 𝐴 = √13854

𝐴2 = |[(−1 − 3𝑖)2− 2(−2𝑖)]2− 4(−2𝑖)2| = |−20 − 160𝑖| = 20√65 ⇒ 𝐴 = √20√65

VD15: Giải phương trình phức: 𝑧̅2+ 2𝑖𝑧 − 1 = 0

Giải:

VD xuất hiện số phức liên hợp, sử dụng cách giải sau:

Đặt 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 , 𝑧̅ = 𝑎 − 𝑏𝑖 Thay vào phương trình ta được:

𝑏 = 1Vậy phương có tập nghiệm 𝑆 = {−𝑖; 2 + 𝑖; 2 − 𝑖}

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {cos𝑘2𝜋

4 + 𝑖 sin𝑘2𝜋

4 |𝑘 = 0,3̅̅̅̅}