Bài tập toán cao cấp full, Có lời giải

cuốn bài tập toán cao cấp gồm các dạng toán cơ bản trong chương trình toán cao cấp cho sinh viên các trường cao đẳng ĐH, mỗi dạng toán có phương pháp giải toán, ví dụ minh học, bài tập tự luyện có lời giải hoặc hướng dẫn giải

CHƯƠNG I MA TRẬN - ĐỊNH THỨC DẠNG 1: CÁC PHÉP TOÁN VỀ MA TRẬN + Phép cộng hai ma trận: Cho hai ma trận A = (aij)mxn và B = (bij)mxn

Cho ma trận A = [aij]mxn và ma trận B = [bij]nxp, khi đó ma trân C = [cij]mxp được

gọi là tích của A và B nếu cij =

is sj 1

n s

a 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

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

1 Ma trận hàng là ma trận có kích thước (1 x n), ma trận cột có kích thước (m

x 1) Phép nhân hai ma trận này thực hiện được nếu n = m, tức là (1 x n).(n x 1) = (1

x 1) kết quả của phép nhân là một số cụ thể

[a1 a2 … an]

1 2

.

n

b b

.

m

a a

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 là

ma trận cấp 2 Giả sử X = ; a, b, c, d  R, khi đó

A.X = = X.A = =

Vì A.X = X.A nên b = 0, a = d, do đó X = a,c  R

2 Tương tự câu 1, Giả sử X = ; a, b, c, d  R, khi đó

A.X = = X.A = =

3 Tính A.B và B.A nếu

- 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 bằng

0, 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 ann

CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1.

1, Tính số nghịch thế trong hoán vị (5, 3, 1, 6, 4, 2)

2, Với những giá trị nào của i và j thì số hạng a51a1ja2ja43a32 của định thức cấp 5

- Khi đó số hoán vị là inv(α1, α2, … , αn) = k1+ k2 + … + kn

Bằng 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 thứ

tự tăng của chỉ số thứ nhất rồi tính số nghịch thế của hoán vị các chỉ số thứ hai Ta có

* Các Phương pháp tìm hạng của ma trận

+ Phương pháp 1 Dựa vào định nghĩa, gồm các bước sau

B1: 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 ma

trận hình thang, khi đó hạng của ma trận bằng số hàng khác không của ma trận hìnhthang thu được

Yêu 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

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 sau

B1: 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 trận

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

Ví 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 =

 B-1.A-1 = (A.B)-1 Tương tự (A.B).(B-1.A-1) = E

Vậy 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 = A

4 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

1 Chứng minh rằng nếu A là ma trận vuông thỏa mãn điều kiện A - 3A + E =

0 thì A = 3E - A

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

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.A

2, Với A =  A = =

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 = H

ta có A-1.AX = A-1.H  EX = X = A-1.H

Vậy 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

Vậy 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,

A =  detA = (a + 2)(a - 1)2= D

Tương tự detA1 = detA2 = detA3 = (a - 1)2

+ Nếu D ≠ 0  a ≠ -2, a ≠ 1 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất và theo

công thức cramer ta có x1 = x2 = x3 =

+ Nếu a = -2 thì D = 0 khi đó D1 = D2 = D3 = 9 ≠ 0, áp dụng công thức

cramer 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 là

vô hạn Vì hạng của ma trận của hệ bằng 2 vì có = 6 ≠ 0 nên hệ đã cho tương đương

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

CHƯƠNG II HÀM SỐ VÀ GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ

DẠNG 1: DÙNG ĐỊNH NGHĨA ĐỂ TÌM GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ

+ Phương pháp: Cho trước  > 0, ta phải tìm số  > 0 theo  sao cho <  

< 

CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1 Dùng định nghĩa, chứng minh rằng (2x + 1) = 3

Giải:

Với  > 0 vô cùng bé sao cho <   <   2 < 

 < Đặt  = khi đó  > 0   = sao cho <   < 

 (2x + 1) = 3

Ví dụ 2 Dùng định nghĩa, chứng minh rằng = -1

Giải:

Với  > 0 vô cùng bé sao cho <   <   < 

 <  Đặt  =  > 0, khi đó  > 0   =  > 0 sao cho <   <   = -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

9 (ĐS: 24) 10 (ĐS: )

DẠNG 3: GIỚI HẠN HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LÔGARIT

Phương pháp: Ta sử dụng các công thức sau

1 0

ln

a x

x

x

a

a x

x x

x

a x

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:

+ Tính giới hạn Lim f x x a ( ).

+ Tính f(a)

Nếu Lim f x x a ( )= 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 a Lim f x  ( ) và x a Lim 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 DỤ

Ví dụ 1 Xét tính liên tục của các hàm số sau

Vậy hàm số liên tục tại x = 1

Ví dụ 2 Xét tính liên tục một bên của các hàm số sau tại x = 0

Cho 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

Bài 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 số

HD: Ta chỉ cần xét sự liên tục của hàm số đã cho tại các điểm x = và x =  A

- (k.U)’ = k.U’ k  R

- = với V ≠ 0

- y = f(u)  y’ = f’u.u’x

+ Áp dụng công thức tính đạo hàm của các hàm số sơ cấp thường gặp

- y = c  y’ = 0

- y = x  y’ = .x Nếu y = u  y’ = u’u

- y =  y’ = x > 0 Nếu y =  y’ = u’

- y = sinx  y’ = cosx Nếu y = sinu  y’ = u’.cosu

- y = cosx  y’ = -sinx Nếu y = cosu  y’ = -u’.sinu

- y = tanx  y’ = (cosx ≠ 0) Nếu y = tanu  y’ = u’

- y = cotx  y’ = (sinx ≠ 0) Nếu y = cotu  y’ = u’

- y = a  y’ = a.lna Nếu y = a  y’ = a.lna.u’

- y = logx  y’ = Nếu y = logu  y’ = u’

- y = e  y’ = e Nếu y = e  y’ = e.u’

- y = lnx  y’ = (x > 0) Nếu y = lnu  y’ = u’

- y = u(x)v(x)  y = e = e, khi đó y’ = (e)’

Ví dụ 2 Tính đạo hàm các hàm số

1 y = (5x + 3x -2) 2 y = sin(x - x)

7 y = lnsinx (sinx > 0) 8 y = lncosx (cosx ≠ 0)

9 y = lntanx (cosx ≠ 0) 10 y = tanx + cotx - e

Giải: Áp dụng các công thức tính đạo hàm ta có

1 y = (5x + 3x -2)  y’ = 8(5x + 3x -2).(5x + 3x - 2)’

= 8(5x + 3x -2).(10x + 3)2.y = sin(x - x)  y’ = 4.sin(x - x).[sin(x - x)]’

= 4.sin(x - x).cos(x - x).(x - x)’

= 4.sin(x - x).cos(x - x).(3x - 1)

3 y = sin(sinx)  y’ = (sinx)’.cos(sinx)

= cosx.cos(sinx)

4 y = e  y’ = (x + 2x - x)’.e = (9x + 14x - 1).e

5 y = e  y’ = [cos(3x - 2)]’.e

= 2cos(3x - 2).[cos(3x - 2)]’.e = -2cos(3x - 2).sin(3x - 2).(3x - 2)’.e = -6cos(3x - 2).sin(3x - 2).e

6 y = ln(x + 2x - 5)  y’ = (x + 2x - 5)’ = (3x + 2x)

7 y = lnsinx  y’ = (sinx)’ = = cotx

8 y = lncosx  y’ = (cosx)’ = -.sinx.cosx = -tanx

9 y = lntanx  y’ = (tanx)’ = = =

10 y = tanx + cotx - e

 y’ = 3tanx.(tanx)’ + 2cotx.(cotx)’ - e.(sin2x)’

= 3tanx - 2cotx - 2e.(cos2x)

2 Đặt z = ln khi đó z’x = z’y.y’x Ta có z’x = y’x  y’x = y.z’x (*)

Như vậy z = ln = ln(1 + x2) - ln -7ln

 z’x = - -7tanxThế biểu thức vừa thu được vào (*) ta được

Có đạo hàm trên toàn trục số

Giải: Rõ ràng f(x) có đạo hàm  x < 0 và  x > 0 ta chỉ cần xét tại x = 0.

Vì hàm f(x) phải liên tục tại x = 0 nên

f(x) = f(x) = f(x)

Tức là (x + ax + b) = b = e 0 = 1 và f’(0) = (x2 + ax + b)’(0 )= a

f’(0) = e(0) = 1, do đó f’(0) tồn tại nếu a = 1, b = 1

BÀI TẬP

11 y = x (ĐS: y’ = x.cosx.lnx + x.sinx)

12 y = (tanx)sinx (ĐS; y’ = (tanx)sinx(cosx.lntanx + )

- Chọn điểm M0(x0) sao cho giá trị của hàm và đạo hàm cấp 1 của nó tại điểm đó có thể tính mà không cần bảng

1.Ta có y’ = cosx e, khi đó biểu thức vi phân là

dy = y’.dx = cosx e.dx

2 Ta có y’ = e.cosx  dy = y’.dx = e.cosx

DẠNG 3 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIỚI HẠN HÀM SỐ

+ Phương pháp: Sử dụng quy tắc Lôpitan

Nếu y = f(x) và y =g(x) là các hàm liên tục trên khoảng chứa a, và có đạo hàm

trên khoảng đó, f(x) và g(x) là các VCL hoặc VCB, khi đóLim x a f x( )( ) Lim x a f x'( )'( )

Khi tính giới hạn hàm f(x) = [f(x)]g(x) thông thường ta gặp các dạng 00, 0, 1.Trong những trường hợp này ta có thể biến đổi f(x) về dạng vô định 0. nhờ phépbiến đổi:

BÀI TẬP

Áp dụng quy tắc Lôpitan tính các giới hạn sau

1 (ĐS: )

2 (ĐS: a)

CHƯƠNG 4: PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ

DẠNG 1: ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN HÀM HAI BIẾN

Phương pháp giải toán: Sử dụng các định nghĩa sau

▪ Số gia riêng và số gia toàn phần

Giả sử z = f(x,y); (x0,y0) D: Cho x một số gia x sao cho (x0+x, y0) D, cho y một

số gia y sao cho ( x0, y0 + y) D thì:

▪ Số gia riêng của hàm số được xác định như sau:

 yf(x0,y0) = f(x0,y0 + y) – f(x0,y0)

xf(x0,y0) = f(x0+x,y0) – f(x0,y0)

▪ Số gia toàn phần của hàm số z = f(x,y) tại điểm (x0,y0) là:

f(x0,y0) = f(x0 + x, y0 + y) – f(x0,y0)

▪Đạo hàm riêng: Cho hàm số z = f(x,y) xác định trên miền D, M0(x0,y0) D, thay y =

y0 vào hàm số đã cho ta được hàm một biến z = f(x,y0) Nếu hàm số này có đạo hàmtại x0 thì đạo hàm đó được gọi là đạo hàm riêng theo x của hàm số z = f(x,y) tại điểm



Chú ý: Như vậy để tính đạo hàm riêng theo biến x ta coi y là hằng số và tính đạo

hàm của hàm số một biến x và ngược lại

▪ Đạo hàm riêng cấp cao:

Các đạo hàm riêng f’x, f’y là các đạo hàm riêng cấp 1 của hàm số f(x,y), cáchàm số này cũng là các hàm hai biến Xét các đạo hàm riêng của chúng (f’x)’x ,(f’x)’y , (f’y)’x , (f’y)’y gọi là các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số f(x,y) và ký hiệu

là: (f’x)’x = fxx =

2 2

gọi là ma trận Jacobi của x, y theo s, t định thức của ma trận này

gọi là định thức Jacobi của x, y đối với s, t và ký hiệu là:

( , )

a Tính các đạo hàm riêng u s , u t biết u = e x lny, x = st, y = s 2 – t 2

b Tính các đạo hàm riêng u xx , u yy , u zz biết u = 1

r , r = x2 y2 z2

Người ta chứng minh được nếu hàm số F(x,y) khả vi trừ một số điểm, hàm số

y = f(x) khả vi thì ta có đạo hàm của hàm ẩn y = f(x) xác định bởi phương trình

F(x,y) = 0 được tính bằng công thức sau: y’ = x( , )( , )

y

F x y

F x y

 nếu Fy(x,y) 0

Ví dụ 4: Tính y’ nếu x3 + y3 – 3axy = 0

Vì F(x,y) = x3 + y3 – 3axy khả vi trên R2 nên áp dụng công thức ta có:

Nếu hàm F(x,y,z) khả vi tại trừ một số điểm, hàm z = f(x,y) khả vi, lấy đạo hàm hai

vế của phương trình trên theo x, theo y ta được:

 biết xyz = cos(x + y + z)

Ta có hàm số F(x,y,z) = xyz – cos(x + y + z ) khả vi trên R3 nên ta có:

Nếu z = f(x,y) có đạo hàm riêng tại (x0,y0) thì vi phân riêng theo x( hoặc y) tại(x0,y0) được ký hiệu và xác định như sau:

Chú ý: Ta xét trường hợp đặc biệt f(x,y) = x, g(x,y) = y thì vi phân dx = x, dy = y

do đó vi phân toàn phần của hàm số f(x,y) còn được viết dưới dạng:

y  y

7 z = arctan1 2

y x

Tính đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số

9 z = x3y2 + 2x y 10 z = cos2( 2x – 3y)

11 z = x2 y2 23 12 z = sin(x – y) + cos(x + y).

Tính vi phân toàn phần của các hàm số