Bài tập tập hợp và ánh xạ có lời giải

Loading Preview

Sorry, preview is currently unavailable. You can download the paper by clicking the button above.

TẬP HỢP, LOGIC, ÁNH XẠBài 04.00.1.001a] 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 + y2Do đó, ta có [ x + 1]2 + y2 < 1  điểm biểu diễn của z là M[x, y] nằm trong đườngtròn tâm I[–1, 0], bán kính 1. Yêu cầu vẽ hình minh họaBài 04.00.1.002a] 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  Aa] 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 + y2Do đó: 1 < [ x + 1]2 + y2 < 2  điểm 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], bán kính 1.YêuBài 04.00.1.003Cho A B là các tập hợp chứng minh rằng:a] [A \ B]  B = A  Bb] Tìm điều kiện 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 04.00.1.004a] Cho các phương trình g [ x]  0  h[ x]  0 với g [ x], h[ x] là các đa thức hệsố thực. Gọi A1 A2 B lần lượt là các tập hợp nghiệm của các phương trìnhg [ 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 phứcz 0.1 iLời giải:2 g [ x]  0  g [ x]  0 2a]  x  A1  A2: x  A1  A2  h[x]0h [ x]  0 g 2 [ x]  h 2 [ x]  0  x  Bb] Giả sử z = x + iy thìzz [1  i ] [ x  iy ][1  i ] x  yyxi1 i2222Do đó điểm biểu diễn của z là M[x, y] nằm trên đường thẳng y = x. Yêu cầu vẽ hìnhminh họa.Bài 04.00.1.005Cho 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 + 2x'2 + 2y2 + 2y'2 = 2[|z|2 + |z'|2]8b] Gọi các điểm M [ x, y], M '[ x ', y '] lần lượt là biểu diễn hình học của các số phứcz = x + iy z' = x' + iy'.64NM2M'O51015Ta 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 ']-6Ý nghĩa hình học của đẳng thức: trong hình bình hành tổng bình phương hai đườngchéo bằng tổng bình phương các cạnh-8Bài 04.00.1.006a] Trong tậpxác 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 đương.b] Giải phương trình sau trong tập số phức: [z + 1]6 – 2 = 0c]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 +62k2k 2  cos i sin với k  {012345}66 Bài 04.00.1.007Ký hiệu  chỉ tập hợp số tự nhiên khác không trong tậphệ hai ngôi R như sau: [a b]  [c d]  xác định quan: [a b] R [c d]  ad = bcChứng 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  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 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 04.00.1.008a] Cho số phức z = a + ib [a b là số thực]. Tìm điều kiện của a b để điểmbiểu 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 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 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 ]gRfg[x]f[x]f R g f [ x]  g [ x]f , g , h  F : , x [a, b]  f [ x]  h[ x], x [a, b ]gRhg[x]h[x]Do đó  là quan hệ thứ tự trên F.Bài 04.00.1.009a] Cho số phức z = a + ib [a b là số thực]. Tìm điều kiện của a b để điểmbiểu diễn của z thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = 2x = –2b] Cho F là tập hợp các 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 biểu diễn của z. M nằm trong phần mặt phẳng giới hạnbởi 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 04.00.1.010a] 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 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 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 làBài 04.00.1.011a] 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 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 04.00.1.012Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi1 khi x  A.0khix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  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 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 04.00.1.013Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi1 khi x  A.0khix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  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 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 04.00.1.014Cho 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 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 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 04.00.1.015Cho A ≠  ký hiệu Hom[A  A] chỉ tập hợp các 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 1Af : A  A ngoài ra với mọi x  A tacó: [ f 1A ][ x]  f [1A [ x]]  f [ x] và [1A f ][ x]  1A [ f [ x]]  f [ x]Bài 04.00.1.016Cho 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 làkhông có f [A]  f [B]  f [A  B]Bài 04.00.1.017a] Chứng minh rằng tập hợp các số nguyên chẵn [ký hiệu là 2 ] cùng vớiphép cộng thông thường lập thành một nhóm.b] Chứng minh rằng trong vành X thì a  0  0 với 0 là phần tử không củavành 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  2thì 2.0 + 2a = 2a + 2.0 = 2aPhần tử bất kỳ 2a của 2 có phần tử đối xứng là 2[–a]  2vì:2a + 2[– a] = 2.0 = 2[– a] + 2ab] Ta có: a.0 + a.0 = a.[ 0 + 0] = a.0  a.0 = 0Bài 04.00.1.018a] 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 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 [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 Xđến Y là nm.Bài 04.00.1.019a] Xét xem tập hợp các 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 để đa thức f [ x]  x3  px  q chia hết cho đa thứcg [ x]  x 2  mx  1Lời giải:a] Xét số phức z = 2 – i ta có z ≠ 0 và:112i2i 2 1 iz 2  i [2  i][2  i]55 5Do 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  m2 ] x  [q  m]]Do đó f[x] chia hết cho g[x] khi và chỉ khi m = q và p + 1 + m2 = 0Bài 04.00.1.020Tìm 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 =44nnn 2  cos i sin44  ncos 4  0 cos n  0Để thỏa yêu cầu bài toán phải có: 4nsin0 n  4k [ k  ]4Do đó n = 8Bài 04.00.1.021Tính z20101 z2010biết rằng z 11zLời giải:z113 1  z2  z  1  0  z   i z  cos  i sinz2233Do đó z2010 = cos z20101 z201020102010 i sin cos670  i sin 670  13311  21Bài 04.00.1.022Tính z n 11biết rằng z   2cos  , n là số nguyên khác không,  là số thựcnzzLời giải:z1 2cos   z 2  2cos  .z  1  0  z  cos   i sin zDo đó zn = cos n  i sin n 1 cos nzni sin nn1 z     2cos nznBài 04.00.1.023Biểu diễn hình học các số phức z thỏa các điều kiện sau:a] | z – 2| = 2b] | z + 1| + | z – 1| = 4Lời giải:Gọi M[x y] là biểu diễn hình học của số phức z I[2 0] là biểu diễn hình học củasố phức z1 = 2.Khoảng cách từ điểm M đến điểm I [cố định] luôn bằng 2 nên tập hợp các điểmM 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 họccủa 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 hợpcác 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 trụcx2 y 2 1 . Yêu cầunhỏ b  a  c  4  1  3  do đó phương trình của [E] là43vẽ hình22Bài 04.00.1.024Cho k là số thực,a] Tính z 1  ki[viết kết quả dưới dạng đại số]2k  [k 2  1]ib] Tìm k sao cho z là số thực, là số thuần ảoLời giải:[1  ki]  2k  [k 2  1]i 1  kiz2k  [k 2  1]i4k 2  [k 2  1]2b] Vìk [k 2  1]  [k 2  1]ik1 2 2i22[k  1][k  1] [ k  1]1 0 với mọi k nên không có giá trị k nào để z là số thực.k 12Khi k = 0 thì z là số thuần ảo.Bài 04.00.1.025Cho a, b là các số thực, tìm x và y sao cho [x + ai][b + yi] = 4 + 3iLời 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  3Nếu a = 0 thì hệ pt vô nghiệm.4 3Nếu a ≠ 0 thì hệ pt có 1 nghiệm   a,  a 4* Nếu b ≠ 0:4xbx  4bNếu a = 0 hệ pt trên trở thành:  xy  3y  3b44  ay thay vào [2] ta có phương trình theo y như sau:bay2 + 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 bcó 2 nghiệm 2  4  3ab  a 2b 2y 1a2  4  3ab  a 2b 2 x2 b2  4  3ab  a 2b 2y 2aKhi 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 bnghiệm 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 aBài 04.00.1.026 ziGiải phương trình sau trong tập hợp số phức:  1iz3Lời giải:Điều kiện: z ≠ 1u  11  i 3zi3Đặt u = ta có phương trình u = 1  u 2iz1  i 3u 2* Với u = 1 thì z = 0* Với u =1  i 3z  i 1  i 3thì z – 32iz2* Với u =1  i 3z  i 1  i 3thì z 32iz2Bài 04.00.1.027Tìm số phức z thỏa: z 2  2 z  0Lời giải:Đặt z = x + yi khi đó z2 = x2 – y2 + 2xyi ; z  x  yi . x2  y 2  2x  0Phương trình trở thành: x  y  2 x  2[ x  1] yi  0  2[ x  1] y  022Giải 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 04.00.1.028Trong các số phức z thỏa điều kiện | z + 1 + 2i | = 1 , tìm số phức z có môđun nhỏnhấtLời 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 = 1Đường 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 độnhất đó là một trong hai giao điểm của [C] và đường thẳng OI. x  1  y  2xGiải hệ phương trình: 22[ x  1]  [ y  2]  1  y  2 1  2 Chọn z   1   i  2 5 51x  1 5 2 y  2 5 1525Bài 04.00.1.029a] Chứng tỏ  = 2 là nghiệm của đa thứcf [x] = x5 – 5x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8Chỉ rõ số bội của .b] Chứng tỏ  = – 2 là nghiệm của đa thứcf [x] = x5 + 7x4 + 16x3 + 8x2 – 16x – 16Chỉ 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 04.00.1.030Cho 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]  0Ta có: f [ x]  [ x  1] 2 [ x3  2 x 2  3x  4  a]  [a  5] x  [a  5] Do đó r[x] = 0  a = –5Bài 04.00.1.031Tìm 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  12b] f [ x]  [2  3i]3 [2  3i]= x6  12 x5  87 x 4  376 x³  1131x²  2028 x  2197Bài 04.00.1.032Cho đa thức f [x] = [x + 1]2n – x2n –2x – 1 với n là số nguyên dương. Chứngminh rằng f [x] chia hết cho:a] g[x] = xb] h[x] = x + 1Lời giải:a] f [0] = [0 + 1]2n – 02n –2.0 – 1 = 12n – 1 = 0Do đó có đpcmb] f [–1] = [–1 + 1]2n – [–1]2n –2[–1] – 1= –1 + 2 – 1 = 0Do đó có đpcmBài 04.00.1.033Cho số phức   3 2  i , tìm đa thức f[x] với hệ 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 = 0Do đó  là nghiệm đa thức f [x] = x 6 + 3x 4 – 4x 3 + 3x 2 + 12x + 5Bài 04.00.1.034Cho   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 = 0Do đó  là nghiệm đa thức f [x] = x 4 – 10x 2 – 20x + 20Bài 04.00.1.035Phương 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 ppvớilà phân số tối giản khi đó:qq2 pp2   b  c  0  p  bpq  qc  0qq q[bp + c] = –p2Do đó –p2 chia hết cho q  p2 chia hết cho q.Vìplà phân số tối giản nên phải có q = 1 hay q = –1  đpcmqBài 04.00.1.036Trên tậpcác số hữu tỉ, xét phép toán  như sau : a, b  , a  b  a  b  3ab11a] Tính 1  2,  4,  2  ,0  533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;1111111 1 4 =  4  3. .4  ; 2   2   3.  2. =3333333 30  5  0  5  3.0.5  5b] 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 tínhchất 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  9abca  [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  ]3Như vậy a  X , tacó:a  0  a  0  3a 0  a  0  a. Do đó e=0 là phần tử trunghòa 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 , a1  3a1a[ vì a  ] . Như vậy, a  X , phần tử đối xứng của a là a , [4]31  3aTừ [1],[2],[3] và [4] suy ra [ đpcm]c] [ , ] không phải là một nhóm vì phần tửThật vậy, a 111 1, a   a   3a   0333 313không có phần tử đối xứng.Bài 04.00.1.037Trên 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 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 :x  e=x  1  x  1  1  x  e  x+Mọiphầntửkhảđốixứng: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  , phần tử đối x là –x-2Vậy, [ , ] là một nhóm abenBài 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