Bài Tập Toán Cao Cấp Full, Có Lời Giải - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.doc) (76 trang)

Trang chủ

Cao đẳng - Đại học

Sư phạm

Bài tập toán cao cấp full, Có lời giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (410.91 KB, 76 trang )

Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngCHƯƠNG I. MA TRẬN - ĐỊNH THỨCDẠNG 1: CÁC PHÉP TOÁN VỀ MA TRẬN+ Phép cộng hai ma trận: Cho hai ma trận A = (aij)mxn và B = (bij)mxn Khi đó C = A + B = (aij + bij)mxn+ Phép nhân 1 số với Ma trận: Cho Ma trận A = (aij)mxn khi đó k.A = (k.aij)mxn+ Phép nhân 2 Ma trậnMa trận A được gọi là tương thích với ma trận B nếu số cột của ma trận Abằng số hàng của ma trận BCho ma trận A = [aij]mxn và ma trận B = [bij]nxp, khi đó ma trân C = [cij]mxp đượcgọi là tích của A và B nếu cij = is sj1.nsa b=∑ và ký hiệu là C = A.B Chú ý: - Phép nhân hai ma trận không có tính chất giao hoán- Tích của hai ma trận khác 0 có thể bằng ma trận không.+ Phép chuyển vị ma trận.Phép toán trên ma trận mà trong đó các hàng của ma trận chuyển thành các cộtgọi là phép chuyển vị ma trận, ký hiệu AT.Như vậy nếu A = [aij]mxn thì AT = [aji]nxm.CÁC VÍ DỤVí dụ 1.1. Cộng hai ma trận A = và B = 2. Nhân ma trận A = với λ = 3 Giải. 1. Theo định nghĩa ta có A + B = 1 5 2 6 6 83 7 4 8 10 12+ +   =   + +    2. λ.A = 3. = = Ví dụ 2. Trong trường hợp nào thì:1. Có thể nhân bên phải một ma trận hàng với một ma trận cột ?2. Có thể nhân bên phải một ma trận cột với một ma trận hàng ? Giải. 1Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng1. Ma trận hàng là ma trận có kích thước (1 x n), ma trận cột có kích thước (mx 1). Phép nhân hai ma trận này thực hiện được nếu n = m, tức là (1 x n).(n x 1) = (1x 1) kết quả của phép nhân là một số cụ thể [a1 a2 … an]. 12..nbbb         = [a1b1 + a2b2 + …+ anbn] = c2. Ma trận cột có kích thước (m x 1) ma trận hàng có kích thước (1 x n) nênphép nhân này luôn thực hiện được, và kết quả là 12..maaa        . = 1 1 1 2 12 1 2 2 21 2 . . . . nnm m m na b a b a ba b a b a ba b a b a b       Ví dụ 3. Tính A.B và B.A nếu1. A = , B = 2. A = , B = Giải.1. A.B = . = = Tích B.A không tồn tại vì số cột của ma trận B khác số hàng của ma trận A 2. Ta có ma trận A và B tương thích nhau nên A.B = . = = Tương tự, B.A = . = Ví dụ 4. 1. Cho ma trận A = , tìm mọi ma trận X sao cho AX = XA 2. Tìm mọi ma trận giao hoán với ma trận A = 3. Tính tích Giải.1. Vì A là ma trận vuông cấp 2 nên để tích AX và XA xác định thì X cũng làma trận cấp 2. Giả sử X = ; a, b, c, d ∈ R, khi đó2Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng A.X = . = X.A = = Vì A.X = X.A nên b = 0, a = d, do đó X = ∀a,c ∈ R2. Tương tự câu 1, Giả sử X = ; a, b, c, d ∈ R, khi đó A.X = . = X.A = . = Vì A.X = X.A ⇒ ⇔ (b ∈ R) Vậy X = (b ∈ R) 3. Dễ dàng thấy rằng = . Từ ví dụ này suy ra rằng nếu A.B = O thì khôngnhất thiết ma trận A = O hoặc B = OVí dụ 5. Tìm ma trận lũy thừa của ma trận A = Giải. Ta có A2 = . = A 3 =A2 . A = . = , A4 = A3.A = . = Như vậy các lũy thừa tiếp theo đều bằng ma trận OBÀI TẬP1. Tính A + B, A.B và B.A nếu a, A = , B = ; b, A = , B = .2. Tính tích các ma trận a, (ĐS ) b, . (ĐS ) c, . (ĐS ) d, . (ĐS ). e, (ĐS ). f, (ĐS ).3Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng3. Tính A.B và B.A nếu a, A = , B = (ĐS Tích A.B không tồn tại, B.A = ). b, A = , B = (ĐS Tích A.B không tồn tại, B.A = c, A = , B = (ĐS A.B = , B.A không tồn tại)DẠNG 2: ĐỊNH THỨC + Phương pháp tính định thức- Định thức cấp 1, cấp 2 và cấp 3 được tính theo các công thức = a11.a22 - a21.a12 = a11.a22.a33 + a12.a23.a31 + a13.a32.a21 - a13.a22.a31 - a23.a32.a11 - a33.a21.a12- Định thức cấp n* Khai triển định thức theo các phần tử của một hàng hoặc một cột.* Sử dụng các tính chất của định thức để biến đổi định thức đã cho thành địnhthức mới sao cho phần tử aij ≠ 0 còn các phần tử khác nằm trên dòng i hoặc cột j bằng0, khi đó detA = (-1)i+j.aij.Mij trong đó Mij là định thức con thu được bằng cách bỏdòng i, cột j của định thức A.* Sử dụng các tính chất của định thức để biến đổi định thức đã cho thành địnhthức tam giác, khi đó detA = a11.a22 annCÁC VÍ DỤVí dụ 1.1, Tính số nghịch thế trong hoán vị (5, 3, 1, 6, 4, 2)4Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng2, Với những giá trị nào của i và j thì số hạng a51a1ja2ja43a32 của định thức cấp 5có dấu trừ.Giải. 1, Các bước để tính nghịch thế- Tính xem có bao nhiêu số đứng trước số 1 (giả sử có k1 số) rồi gạch bỏ số 1khỏi hoán vị- Tiếp theo đếm xem có bao nhiêu số đứng trước số 2 (giả sử có k2 số) rồighạch bỏ số 2 vv- Khi đó số hoán vị là inv(α1, α2, … , αn) = k1+ k2 + … + knBằng phương pháp trên ta thấy inv(531642) = 2+ 4 + 1 + 2 = 9.2, Các chỉ số I và j chỉ có thể nhận được các giá trị sau đây: i = 4, j = 5 hoặc i= 5, j = 4 vì với các giá trị khác của i và j thì tích đã cho chứa ít nhất hai phần tử củacùng một cột. Để xác định dấu của số hạng ta sắp xếp các số hạng của tích theo thứtự tăng của chỉ số thứ nhất rồi tính số nghịch thế của hoán vị các chỉ số thứ hai. Ta cóa1ja2ja32a43a51+ Giả sử i = 4, j= 5 ⇒ inv(45231) = 8, do đó với I = 4, j = 5 số hạng đã cho códấu (+)+ Giả sử I = 5, j = 4 ⇒ inv(45231) = 9, do đó số hạng đã cho có dấu (-). Vậysố hạng đã cho có dấu (-) khi I = 5, j = 4Ví dụ 2. Tính các định thức sau đây1, ∆1 = ; 2, ∆2 = 3, ∆3 = ; 4, ∆4 = Giải.1, Tính ∆1 bằng cách khai triển theo hàng hoặc theo cột, ở đây ta khai triểntheo hàng 1 ∆1= (-1)1+4.a14 = (-1)5.a14.(-1)2+3.a23 = a14.a23.a32.a41 2, Ta khai triển theo cột 1 ∆2 = 1. - 2 + 3 - 4 = 1.0 -2.0 + 3.0 - 4.0 = 0 (ở đây các định thức cấp 3 đều có hai cột tỷ lệ với nhaunên chúng bằng 0).3, Áp dụng các tính chất để thu được các số 0 trong một cột hoặc một hàng. Taquy ước ký hiệu h2 - h1 → h2’ nghĩa là lấy hàng thứ hai trừ đi hàng thứ nhất để thuđược hàng thứ hai mới, tương tự như vậy ta ký hiệu các phép biến đổi theo cột.5Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng ∆3 = = = h2-h1→ h2’ = = 1.(-1)2+2 = -1 4, Tương tự câu 3 ta có ∆4 = = = a13.A13 = 1.(-1)3 = = (-1)5. = -264Như vậy từ việc tính định thức cấp 5 ta đã biến đổi để đưa về định thức cấp 3,việc tính định thức cấp 3 có thể dùng cách biến đổi như trên hoặc áp dung quy tắcsarrus. Ví dụ 3. Tính các định thức sau 1, ∆1 = . ∆2 = Giải. Ta sẽ tính các định thức trên bằng phương pháp đưa về định thức tam giác.1, Ta có ∆1 = = = 1.3.2.(-2) = -12 2, ∆2 = = = 1.3.4.2.1 = 24Ví dụ 4. Tính định thức ∆n = Giải.Triển khai ∆n+1 theo hàng cuối (hàng thứ n+1) ta có ∆n+1 = (-1)n+1an + x Định thức thứ nhất ở vế phảo là định thức tam giác, địnhthức thứ hai là địnhthức cùng dạng với ∆1 nhưng cấp n. Do vậy định thức ∆n+1 có thể biểu diễn bởi hệthức truy hồi sau:∆n+1 = an.(-1)n(-1)n +x∆nĐể thu được biểu thức tổng quát∆n+1 ta xét ∆1 và ∆2 ∆1 = a0; ∆2 = = a0x + a1Như vậy ∆1 là đa thức bậc 0 với hệ số a0 còn ∆2 là đa thức bậc nhất với hệ số a0và a1Ta chứng tỏ rằng ∆n+1 có dạng tương tự: ∆n+1 = a0xn + a1xn-1 + …+ an 6Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngGiả sử đã chứng minh ∆n = a0xn-1 + …+ an-1 khi đó∆n+1 = an.(-1)n(-1)n +x∆n = an + x∆n = a0xn + a1xn-1 + …+ anBÀI TẬP1. Xác định số nghịch thế trong các hoán vịa, (1 3 5 7 9 2 4 6 8) (ĐS. 10)b, (9 8 7 6 5 4 3 2 1) (ĐS. 36)c, (2 5 8 1 4 7 3 6 9) (ĐS. 12)d, (7 5 4 6 1 2 3 9 8) (ĐS. 17)2. Xác định số nghịch thế trong các hoán vịa, (n n-1 n-2 2 1) (ĐS. )b, (1 3 5 7 2n-1 2 4 6 2n) (ĐS. ) c, (2 4 6 2n 1 3 5 2n - 1) (ĐS. )3. Tính các định thức cấp 2 sau a, (ĐS. 0) b, (ĐS. -2b3) c, (ĐS. 1) d, (ĐS. sin(α -β )) e, (ĐS. 0) f, (ĐS a + b +c + d )4. Tính các định thức cấp 3 sau a, (ĐS. 8) b, (ĐS. 3abc - a - b - c ) c, (ĐS. -2) d, (ĐS. 0) e, (ĐS. a + b + c +1)5. Tính các định thức sau bằng cách khai triển theo hàng hoặc theo cột a, (ĐS. abcd) b, (ĐS. 4a - c - d) c, (ĐS. -2858) d, (ĐS. -264)6. Giải các phương trình sau a, = 0. (ĐS. x1,2 = ± 3; x3,4 = ± 3) b, = 0. (ĐS. x1 = 6; x2 = 5) c, = 0. (ĐS. x1 = 2; x2 = 3; x3 = 4) 7Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngDẠNG 3: HẠNG CỦA MA TRẬN * Các Phương pháp tìm hạng của ma trận+ Phương pháp 1. Dựa vào định nghĩa, gồm các bước sauB1: Tìm một định thức con nào đó khác 0, giả sử đó là định thức ∆r ≠ 0.B2: Tính tiếp các định thức con ∆r+1 cấp r + 1bao định thức ∆r nếu chúng tồntại. Nếu tất cả các định thức con cấp r + 1 = 0 thì kết luận rank(A) = r.B3: Nếu có một định thức con cấp r + 1 khác 0 thì xét định thức cấp r + 2 vàcách tiến hành như B2.+ Phương pháp 2. Dựa vào các phép biến đổi sơ cấp chuyển ma trận đã cho về matrận hình thang, khi đó hạng của ma trận bằng số hàng khác không của ma trận hìnhthang thu được.CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Tìm r(A) nếu A = Giải. Áp dụng phương pháp 1, ta có ∆2 = = -1 ≠ 0.Ta tính các định thức ∆3 bao ∆2 ta có ∆3(1) = = 0; ∆3(2) = = -1 ≠ 0.Như vậy có một định thức ∆3(2) ≠ 0, ta tính định thức cấp 4 bao ∆3(2), ta có ∆4(1) = = 0.Vậy r(A) = 3Ví dụ 2. Tìm r(A) nếu A = Giải. Áp dụng phương pháp 1, hiển nhiên ma trận A có định thức con ∆2 = = -2 ≠ 0.Các định thức con bao ∆2 gồm: ∆2(1) = = 0; ∆2(2) = = 0; ∆2(3) = = 0 ∆2(4) = = 0; ∆2(5) = = 0; ∆2(5) = = 0.8Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngVậy r(A) = 2Yêu cầu: Tất cả các định thức cấp 3 trên bạn đọc tự giải.Ví dụ 3. Bằng phương pháp biến đổi sơ cấp, tính hạng các ma trận sau 1, A = ; 2, B = . 3, C = 4, D = Giải.1, Thực hiện biến đổi sơ cấp theo hàng ta có A = = h3-h2→h3’ = Là ma trận hình thang có số dòng khác 0 là 2, do đó r(A) = 2. 2, B = = = = Đây là ma trận hình thang có số dòng khác 0 là 3, vậy r(A) = 3. 3, C = = - (Đổi chỗ hàng 2 và hàng 3). = - = Vậy r(A) = 2. 4, D = = = = Vậy r(A) = 3.BÀI TẬPTìm hạng các ma trận sau 1. A = . (ĐS. r(A) = 2) 2. A = . (ĐS r(A) = 1) 3. A = . (ĐS r(A) = 2) 4. A = . (ĐS r(A) = 2) 5. A = . (ĐS r(A) = 2) 6. A = . (ĐS r(A) = 1) 7. A = . (ĐS r(A) = 3) 8. A = . (ĐS r(A) = 5 9. A = . (ĐS r(A) = 3) 10. . (ĐS r(A) = 4) Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp để tìm hạng của các ma trận sau: 11. A = . (ĐS r(A) = 2) 12. A = . (ĐS r(A) = 3)9Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 13. A = . (ĐS r(A) = 3) 14. A = . (ĐS r(A) = 4) 15. Với giá trị nào của a thì ma trận A = có hạng bằng 1. (ĐS a = ) 16. Với giá trị nào của a thì ma trận A = có hạng bằng 3. (ĐS a ≠ 2)DẠNG 4. MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO* Phương pháp tìm ma trận nghịch đảo Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa, gồm các bước sauB1: Tính detA- Nếu detA = 0 thì không tồn tại A-1,- Nếu detA ≠ 0 thì chuyển sang bước 2.B2: Tìm ma trận phụ hợp PA, từ đó áp dụng định nghĩa ta thu được A-1.Phương pháp 2: (phương pháp Gauss-Jordan)B1: Viết ma trận đơn vị cùng cấp vào bên phải với ma trận A thu được ma trậnM = B2: Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận M để đưa khối ma trận Avề ma trận đơn vị En còn khối En thành ma trận B, tức là → Khi đó A-1 = B CÁC VÍ DỤ.Ví dụ 1. Tìm ma trận nghịch đảo đối với các ma trận sau: 1. A = . 2. A = Giải:1. Ta có detA = 10 ≠ 0. Do đó ma trận A có ma trận nghịch đảo, phần bù đại sốcủa các phần tử là a11 = -5; a12 = 15; a13 = 25; a21 = 1; a22 = 3; a23 = 9; a31 = 4; a32 = -8; a33 = -14 Vậy A-1 = = 2. Ta có det(A) = h3 + h1 → h3’ = Vì định thức A có 2 hàng giống nhau nên detA = 0 do đó không tồn tại A-1.10Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngVí dụ 2. Dùng các phép biến đổi sơ cấp tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau: 1. A = . 2. A = Giải:1. Ta lập ma trận M = nhân hàng thứ nhất với tađược M = = = h3-2h2→h3’ = = = . Vậy A-1 = Câu 2 bạn đọc tự giảiVí dụ 3. Chứng minh 1. detA-1 = (detA)-12. Nếu A và B không suy biến thì AB cũng không suy biến và (A.B)-1= B-1.A-13.(A-1)-1 = A.4. (AT)-1 = (A-1)T.Giải:1.Áp dụng công thức tính định thức của tích hai ma trận cùng cấp A và B ta códetA.B = detA.detBVì A.A-1 = E ⇒ detA.A-1 = detE = 1 ⇒ detA.detA-1 = 1 ⇒ (detA)-1 = detA-1(đpcm)2. Ta có(B-1.A-1).(A.B) = B-1(A-1.A).B = B-1.B = E. ⇒ B-1.A-1 = (A.B)-1. Tương tự (A.B).(B-1.A-1) = EVậy B-1A-1 là ma trận nghịch đảo của AB.3. Ta thấy (A-1)-1 là ma trận duy nhất mà tích của nó nhân với A-1 bằng E vậy(A-1)-1 = A4. Để chứng minh (AT)-1 = (A-1)T ta xét đẳng thức A.A-1 = E, áp dụng tính chấtcủa ma trận chuyển vị ta có (A.A-1)T = E ⇒ (A-1)TAT = E ⇒ (A-1)T = (AT)-1 (đpcm)Ví dụ 4. 11Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng1. Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông thỏa mãn điều kiện A - 3A + E =0 thì A = 3E - A. 2. Chứng minh rằng (E - A) = E + A + A nếu A = 0.Giải. 1. Từ điều kiện của bài toán đã cho ta có E = 3A - A = A(3E - A).Do vậy detA.det(3E - A) = detE = 1 ⇒ detA ≠ 0, tức là A có ma trận nghịch đảo,mặt khác E = A(3E - A) ⇒ AE = AA(3E - A) ⇒ A = 3E - A 2. Ta có thể nhân ma trận E - A với E + A + A, nếu là ma trận nghịch đảo nhauthì kết quả là E. Thật vậy (E - A).(E + A + A) = E - A + A - A + A - A = E - A = E (Vì A = 0) Ví dụ 5. Tìm ma trận nghịch đảo với ma trận A = Giải:Để tồn tại ma trận nghịch đảo detA = ad - bc ≠ 0. Với giả thiết đó ta có A11 = d; A12 = -b; A21 = -c; A22 = a. Do đó A-1 = Từ ví dụ này ta rút ra quy tắc tìm ma trận nghịch đảo của ma trận cấp 2:Ma trận nghịch đảo của ma trận cấp 2 bằng tích của nghịch đảo của định thức với matrận mà đường chéo chính là hoán vị của hai phần tử trên đường chéo chính, cònphần tử trên đường chéo thứ hai cũng chính là hoán vị của đường chéo thứ hai nhưngđổi dấu.Ví dụ 6. 1, Giả sử A là ma trận không suy biến, hãy giải các phương trình ma trận sau:AX = B, YA = B. 2, Áp dụng câu 1 giải các phương trình nếu A = ; B = .Giải:1, Nhân bên trái hai vế của phương trình AX = B với A-1 và thực hiện phéptính đại số tương ứng ta có A-1 .A.X = A-1.B ⇒ EX = A.B ⇒ X = A.B Tương tự phương trình Y.A = B nhân bên phải hai vế với B ta được Y =B.A12Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 2, Với A = ⇒ A = . = Từ đó X = A.B = . = Y = B.A =. = BÀI TẬPBài 1. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau 1, . (ĐS: ) 2, . (ĐS: ) 3, . (ĐS: ) 4. . (ĐS: Không tồn tại A). 5. . (ĐS: ). 6. . (ĐS: Không tồn tại). 7. . (ĐS: ). 8. . (ĐS: )Bài 2. Với các giá trị nào của a thì các ma trận sau có ma trận nghịch đảo 1. . (ĐS: a ≠ ). 2. . (ĐS: a = ± ; a ≠ 0)Bài 3. Tìm ma trận X thỏa mãn các phương trình 1. .X = . (ĐS: X = ). 2. X. = . (ĐS: X = ) 3. .X. = . (ĐS: X = ).4. A.X + B = 2C trong đó A = ; B = ; C = (ĐS: X = )5.X.A - 2B = E trong đó A = , B = (ĐS: X = ).Bài 4. Chứng minh rằng các ma trận A + E và A - E không suy biến và nghịch đảonhau nếu A = 0Bài 5. Chứng minh rằng A + E và A + E - A không suy biến và nghịch đảo nhau nếuA = 0 Bài 6. Chứng minh rằng nếu A,B, C là những ma trận không suy biến thì A.B.C và 13Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngC-1.B-1.A-1 là nghịch đảo nhau. Dạng 5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH * Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính- PP ma trận: Vì detA ≠ 0 nên tồn tại ma trận nghịch đảo A-1, từ hệ AX = Hta có A-1.AX = A-1.H ⇒ EX = X = A-1.HVậy nghiệm của hệ là X = A-1.H- PP Cramer: Nghiệm duy nhất của hệ Cramer được xác định theo công thức xj = , j = Trong đó Aj là ma trận thu được bằng cách thay cột j của ma trận A bằng cộtcác hệ số tự do H, còn các cột khác dữ nguyên - PP gauss: Nội dung chủ yếu của phương pháp là khử liên tiếp các ẩn của hệ.Thuật toán Gauss dựa trên các phép biến đổi sơ cấp của hệ phương trình đó là:+ Nhân một phương trình nào đó với một số khác không+Thêm vào hai vế của phương trình với một biểu thức tồn tại+ Đổi chỗ hai phương trình+ Mọi phép biến đổi sơ cấp luôn cho ta một hệ mới tương đương với hệ đãcho.CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp ma trận 1. (1) 2. (2)Giải:1. Ta ký hiệu A = , X = , H = . Khi đó (1) có dạng A.X = H. Vì detA = 2 nên A có ma trận nghịch đảo, do vậy (1) có nghiệm duy nhất X = A-1.H Ta có A-1 = , do đó = .Thực hiện phép nhân ma trận ở vế phải ta được x1 = 2, x2 = 3, x3 = -1.2. Ta có A = ⇒ A-1 = , H = 14Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũngtương tự câu 1 ta có phương trình (2) có nghiệm duy nhất X = A-1.H và = . ⇒ x1 = 8, x2 = 12, x3 = -1.Ví dụ 2. Áp dụng quy tắc cramer, giải các hệ phương trình sau. 1. 2. Giải: 1. Áp dụng công thức cramer ta có xj = , j = . Trong đó detA = = 30 ≠ 0; detA1 = = 30; detA2 = = 30; detA3 = = 30Vậy nghiệm của hệ là x1 = 1; x2 = 1; x3 = 1. 2. Ta có detA = = 35, vì detA ≠ 0 nên hệ có nghiệm duy nhất Với detA1 = = 70, detA2 = = -35, detA3 = = 0, detA4 = = -70. Vậy nghiệm của hệ là x1 = = 2, x2 = = -1, x3 = = 0, x4 = = -2.Ví dụ 3. Áp dụng phương pháp Gauss giải các hệ phương trình sau 1. 2. Giải:1. Lập ma trận mở rộng và thực hiện các phép biến đổi. = → h3-5h2→h3’ → Từ đó suy ra ⇒ x1 =1; x2 = 1; x3 = 2 2. Lập ma trận mở rộng và thực hiện các phép biến đổi sơ cấp ta có = h1↔h2 → → h2↔h3 → → h4-3h3→h4’→ Từ đó ta có hệ ⇒ x1 = 1, x2 = -2, x3 = 2, x4 = 1.Ví dụ 4. Giải và biện luận theo a số nghiệm của hệ 15Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngGiải: Ta cóA = ⇒ detA = (a + 2)(a - 1)2 = DTương tự detA1 = detA2 = detA3 = (a - 1)2 + Nếu D ≠ 0 ⇔ a ≠ -2, a ≠ 1 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất và theocông thức cramer ta có x1 = x2 = x3 = + Nếu a = -2 thì D = 0 khi đó D1 = D2 = D3 = 9 ≠ 0, áp dụng công thứccramer x1 = x2 = x3 = vì D = 0 nên không tồn tại x1, x2, x3 nên hệ vô nghiệm.+ Nếu a = 1 thì D = 0 và D1 = D2 = D3 = 0, khi đó nghiệm của hệ códạng hệ có vô số nghiệm.Ví dụ 5. Tìm nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản của hệ Giải: Vì số phương trình bé hơn số ẩn nên tập nghiệm của hệ phương trình làvô hạn. Vì hạng của ma trận của hệ bằng 2 vì có = 6 ≠ 0 nên hệ đã cho tương đươngvới hệ ⇒ x1 = , x3 = x4. Vậy tập nghiệm của hệ là { ; a; b; b/ ∀ a, b ∈ R} BÀI TẬPBài 1. Giải các hệ phương trình tuyến tính sau: 1. (ĐS: x1 = 9; x2 = 2; x3 = 2) 2. (ĐS: x1 = x2 = x3 = 1). 3. (ĐS: x1 = 1; x2 = -2; x3 = 0) 4. (ĐS: x1 = ; x2 = ; x3 = 1; x4 = ) 5. (ĐS: x1 = - ; x2 = ; x3 = - ; x4 = 3) 6. (ĐS: x1 = 0; x2 = 1; x3 = -1; x4 = 2) 7. (ĐS: x1 = -19; x2 = 26; x3 = 11; x4 = -5) 8. (ĐS: x1 = -1; x2 = 1; x3 = -1; x4 = 1) 9. (ĐS: x1 = ; x2 = - ; x3 = ; x4 = 0; x5 = 0)16Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngBài 2. Giải và biện luận theo a số nghiệm của hệ phương trình sau.a. ĐS: Nếu a ≠ 1, a ≠ 2 thì hệ có nghiệm duy nhất Nếu a = 1 thì hệ có vô số nghiệm Nếu a = 2 thì hệ vô nghiệm b. ĐS: Nếu a ≠ 1 hệ có nghiệm duy nhất Nếu a = 1 hệ vô nghiệm c. ĐS: Nếu a ≠ -3, a ≠ 1 thì hệ có nghiệm duy nhất Nếu a = -3 hệ có vô số nghiệm Nếu a = 1 thì hệ vô nghiệm. Bài 3. Giải các hệ phương trình sau 1. . (ĐS: x2 = - ; x3 = , x1 tùy ý) 2. . (ĐS: x1 = ; x2 = ; x3 tùy ý) 3. . (ĐS: x1 = ; x2 = ; x3; x4 ∈ R) 4. . (ĐS: x1 = 1; x2 = 2; x3 = 3) 5. . (ĐS: Hệ vô nghiệm) CHƯƠNG II. HÀM SỐ VÀ GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐDẠNG 1: DÙNG ĐỊNH NGHĨA ĐỂ TÌM GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ+ Phương pháp: Cho trước ε > 0, ta phải tìm số δ > 0 theo ε sao cho < δ ⇒ 17Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng < ε.CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Dùng định nghĩa, chứng minh rằng (2x + 1) = 3 Giải: Với ε > 0 vô cùng bé sao cho < ε ⇔ < ε ⇔ 2 < ε ⇔ < . Đặt δ = khi đó ∀ε > 0 ∃ δ = sao cho < δ ⇒ < δ ⇔ (2x + 1) = 3. Ví dụ 2. Dùng định nghĩa, chứng minh rằng = -1 Giải: Với ε > 0 vô cùng bé sao cho < ε ⇔ < ε ⇔ < ε ⇔ < ε . Đặt δ = ε > 0, khi đó ∀ε > 0 ∃ δ = ε > 0 sao cho < δ ⇒ < ε ⇔ = -1.DẠNG 2: GIỚI HẠN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ+ Phương pháp: - Nếu tử và mẫu số của một phân thức hữu tỉ đều triệt tiêu tại x = a thì ta có thểgiản ước phân thức cho x-a một hoặc một số lần.CÁC VÍ DỤVí dụ 1: Tính giới hạn các hàm số 1. 2. 3. 4. Giải: 1. Ta có = = = - 2. Ta có = = = ⇒ = = .18Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 3. = = = = .4. Ta có = = - = - = + = + ⇒ = ( + ) = + = Ví dụ 2. Tìm (n ∈ N) Giải: Ta có = = = [1 + (x + 1) + + (xn-1+xn-2+ +x + 1)] = 1 + 2 + + n = Ví dụ 3. Tính các giới hạn 1. 2. 3. 4. Giải:1. Ta có = = (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 52. = = = 0. 3. = = = 4. = = = BÀI TẬPTính các giới hạn sau: 1. (ĐS: ) 2. (ĐS: 3a) 3. (ĐS: ) 4. (ĐS: ) 5. (∀m,n ∈ N) 6. (ĐS: 4ln2 - 4)19Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 7. (ĐS: - ) 8. (ĐS: ) 9. (ĐS: 24) 10. (ĐS: )DẠNG 3: GIỚI HẠN HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARITPhương pháp: Ta sử dụng các công thức sau10lim(1 )xxx e→+ = ; 0sinxlim 1xx→= ; 1lim(1 )xxex→ ∞+ =; 0log (1 )1limlnaxxx a→+= ; 01lim lnxxaax→−=CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Tính giới hạm các hàm số 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Giải: 1. = = . = . 2. = = 3. = = = 2 4. = = = 2 5. = = = . . = 6. = = 2.( + 1) = 4 7. = = 4 = 4 8. = = = = = 1Ví dụ 2: Tính giới hạn các hàm số20Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 1. 2. 3. Giải:1. Đặt = ⇒ 2z = x - 1, vì x → ∞ nên z → ∞ ⇒ = = = . (1+)3 = e. 1 = e 2. Đặt =α, khi x → ∞ thì α → 0 ⇒ x = ⇒ (1+α) = [(1+α)].(1+α)c = e 3. = [ ] = 1 1 = BÀI TẬPTính giới hạn các hàm số sau: 1. (ĐS: - ∞) 2. ( - tan2x) (ĐS: ) 3. x.cotx (ĐS: 1) 4. (1 - x) tanx (ĐS: ) 5. (5x + 1)tan (ĐS: 10) 6. (x + 4)sin (ĐS: 3) 7. (ĐS: 7) HD: Áp dụng công thức = = Ta có 1- cosx.cos2x.cos3x = 1 - cosx + cosx - cosx.cos2x + cosx.cos2x - cosx.cos2x.cos3x = (1 - cosx) + cosx(1 - cos2x) + cosx.cos2x(1 - cos3x) 8. . (ĐS: - ) 9. (1 + cos2x).tanx (ĐS: 0) 10. (ĐS: 6)DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA ĐẠI LƯỢNG VÔ CÙNG BÉ (VCB) VÀ VÔ CÙNG LỚN (VCL)+ Phương pháp: -Xét xem hàm số cần tìm giới hạn là đại lượng VCB hay VCL khi x → a - Nếu α(x) là VCB thì α(x) = 0, nếu α(x) là VCL thì α(x) = ∞ Ngoài ra trong quá trình tính giới hạn ta có thể dùng các VCB tương đương thay thế. Khi x → 0 ta có bảng VCB tương đương sau:21Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 2sinx log (1 )lnt anx ln(1+x) x1 cos a 1 .ln2arcsin e 1arctan axxxx xaxxx x ax x xx x+− −−: :: :: :: :: (1+x) 1 xαα−: Ví dụ 1. = (4 + ) = 4 vì là VCB khi x → ∞ Ví dụ 2. Tính Giải: Vì sin2x và sinx là các đại lượng VCB khi x → 0 nên sin2x τ 2x, sinx τ x ⇒ = = 2 Ví dụ 3. Tính Giải: Vì 4x2 - 7x + 2 và x2 + 1 là các đại lượng VCL khi x → ∞ nên 4x2 - 7x + 2 τ 4x2 và x2 + 1 τ x2 Khi đó = = 4 Ví dụ 4. Tính Giải: Ta có - 1 và - 1 là đại lượng VCB khi x → 0 khi đó - 1 τ x và - 1 τ x ⇒ = (x:x) = DẠNG 5: TÍNH GIỚI HẠN DẠNG (U(x))V(x)Phương pháp: Nếu U(x) = A và V(x) = B thì = AB ∀ A, B ∈ R Nếu có dạng vô định ( 1; 0; ∞) thì ta sử dụng công thức sau = e Trong đó V(x).lnU(x) là dạng vô định có thể đưa về dạng ; .Ví dụ. Tính các giới hạn sau: 1. (3x+1) 2. (cosx) 3. (1+tanx) 4. 22Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngGiải. 1. (3x+1)= 4 = (Vì (3x+1) = 4, (x2-2) = -12. (cosx) = e Trong đó lncosx = = Do 1 + (cosx - 1) là VCB khi x → 0 nên 1 + (cosx - 1) τ 1 - ⇒ = . = - Vậy (cosx) = e = 3. Ta có (1+tanx) = e cotx.ln(1 + tanx) = Vì tanx và sinx là VCB khi x → 0 Nên tanx τ x và sinx τ.Khi đó = = 1 Vậy (1+tanx) = e = e = e Ta có = eBÀI TẬPTính các giới hạn sau 1. (1+3tan2x) (ĐS: e) 2. (ĐS: e) 3. (sinx) (ĐS: -1) 4. (tanx) (ĐS: -1) 5. (cosx) (ĐS: e) 6. (cos3x) (ĐS: e) 7. (ĐS: 1) 8. (ĐS: e) DẠNG 6: XÉT TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐPhương pháp: + Tính giới hạn ( )x aLim f x→.+ Tính f(a).Nếu ( )x aLim f x→= f(a) thì hàm số liên tục tại a. ngược lại hàm số gián đoạn tại a.Khi hàm số gián đoạn tại a ta có:+ Nếu tồn tại ( )x aLim f x−→ và ( )x aLim f x+→thì a là điểm gián đoạn loại 1+ Điểm gián đoạn loại 2 là điểm gián đoạn không phải loại 1.CÁC VÍ DỤVí dụ 1. Xét tính liên tục của các hàm số sau23Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn Dũng 1. f(x) = tại x = 0 2. f(x) = 3. f(x) = tại x = 1 Giải:1. Ta có f(0) = 0, f(x) = f(x) = 0 ⇒ f(x) = f(x) = f(0) = 0Vậy f(x) liên tục tại x = 02. Ta có f(1) = 7 mặt khác f(x) = = = (x+6) = 7 Vậy f(x) liên tục tại x = 1 3. Ta có f(1) = -π = = = ⇒ f(x) = = = -π = f(x)Vậy hàm số liên tục tại x = 1Ví dụ 2. Xét tính liên tục một bên của các hàm số sau tại x = 01. f(x) = 2. f(x) = Giải:1. Ta có f(0) = 1 f(x) = (3 - x) = 3 ≠ 1 = f(0)Vậy hàm số không liên tục bên phải tại x = 0 Xét f(x) = (x2 + 1) = 1 = f(0)Vậy hàm số liên tục bên trái tại x = 0.2. Ta có f(0) = 2Xét f(x) = (1 + ) = 2 = f(0)Vậy hàm số liên tục bên phải tại x = 0 Xét f(x) = (1 + ) = 0 ≠ f(0)Vậy hàm số không liên tục bên trái tại x = 0. Ví dụ 3. 24Bài tập toán cao cấp Bùi Thành Trung – Trần Văn DũngCho hàm số f(x) = chưa xác định tại x = 0, hãy xác định f(0) để f(x) liên tục tại x= 0.Giải: Ta có f(x) = = = = Vậy để hàm số liên tục tại x = 0 thì f(0) = f(x) = Ví dụ 4. Cho hàm số f(x) xác định như sau f(x) = Chứng tỏ rằng f(x) liên tục [0; 4]Giải: Ta thấy f(x) liên tục trên [0; 4], ta cần chứng minh f(x) liên tục bên trái của x = 4. Xét f(x) = = = = f(4) Vậy f(x) liên tục bên trái tại x = 4 ⇒ f(x) liên tục trên [0; 4] Ví dụ 5. Cho hàm số f(x) = Chứng tỏ rằng hàm số không liên tục tại x =1Giải: Ta có f(x) = = ∞ ≠ 1 = f(1)Vậy hàm số không liên tục tại x = 1BÀI TẬPBài 1. Xét tính liên tục của hàm số f(x) = tại điểm x = 2. (ĐS: Hàm không liên tục tại x = 2)Bài 2. Tìm điểm gián đoạn của các hàm số a, f(x) = b, f(x) = Bài 3. Cho hàm số f(x) = Xét tính liên tục của hàm số y = f(x) tại x = 0.(ĐS: Hàm số không liên tục tại x = 0)Bài 4. Cho hàm số f(x) = Tìm A, B để hàm số liên tục trên toàn trục số25