KSG Các dạng bài tập Toán Cao Cấp 1

Với khối lượng kiến thức khá lớn mà các bạn tìm hiểu trong giáo trình thì sẽ khó để hiểu và rèn luyện được các kỹ năng cần thiết. Vì vậy, mình đã biên soạn, tóm tắt lại các khối kiến thức đồ sộ trong giáo trình thành tập tài liệu trong tay các bạn đây, khiến cho nó dễ hiểu và nắm bắt được một cách tổng quát. Bên cạnh đó, mình đã tổng hợp bài tập theo các dạng cho các dễ học. Kul hy vọng tập tài liệu này sẽ hữu ích cho các bạn trong quá trình học tập và kiểm tra, thi cử.

Xin chào tất cả các bạn đang cầm trên tay tập tài liệu

“CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP I”!

Lời đầu tiên khi mình muốn nói về tập tài liệu này đó là, môn học “Toán cao cấp” học phần I mà các bạn đang học là một học phần tương đối khó và mới so với các phương pháp toán đã được học ở trường phổ thông với không ít những bạn sinh viên (Kul trước đây cũng từng rất vất vả ^^) Với khối lượng kiến thức khá lớn mà các bạn tìm hiểu trong giáo trình thì sẽ khó

để hiểu và rèn luyện được các kỹ năng cần thiết Vì vậy, mình đã biên soạn, tóm tắt lại các khối kiến thức đồ sộ trong giáo trình thành tập tài liệu trong tay các bạn đây, khiến cho nó dễ hiểu và nắm bắt được một cách tổng quát Bên cạnh đó, mình đã tổng hợp bài tập theo các dạng cho các dễ học Kul hy vọng tập tài liệu này sẽ hữu ích cho các bạn trong quá trình học tập và kiểm

tra, thi cử Mọi ý kiến thắc mắc hay phản hồi xin các bạn vui lòng gửi tin nhắn cho Fanpage chính thức của Kul: https://www.facebook.com/ksg.com.vn , mình sẽ trả lời các bạn trong thời gian sớm nhất…

Cuối cùng, mình muốn khuyên các bạn một lời khuyên khi học môn này, đó là các nên học – hiểu, đừng mặc định những gì giáo trình, hay giáo viên giảng là đúng 100%, hãy tự hỏi tại sao lại thế? Và cố gắng đưa ra câu trả lời sao cho chính xác nhất Chúc các bạn có kết quả tốt nhất cho tất cả các môn học!

 Nếu (1) xảy ra với ít nhất một hệ số kj≠ 0 → Hệ PTTT

 Nếu (1) chỉ xảy ra khi k1 = k2 = … = km = 0 → Hệ ĐLTT

Bài tập 1.3 (SGK / 9) Xét tính ĐLTT, PTTT của các vecto

1.5(SGK/9 ) Với giá trị nào của λ thì vecto X là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X1 , X2 biết X = ( 3, 0, λ-6 ), X1 = ( 1, 0, 0 ), X2 = (5, 1, 2 )

Giải : Vì X là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X1 , X2

→ Gọi X = k1 X1 + k2 X2

( 3, 0, λ-6 ) = k1×(1, 0, 0) + k2×(5, 1, 2)

{

{

→ Vậy λ = 6 thì X(3, 0, 0) là tổ hợp tuyến tính của hai vecto X1, X2 1.8(SGK/ 9) Lời giải : Xét hệ thức k1 X1 + k2 X2 + k3 X3 = 0 k1×( A1+ 4A2+ 6A3) + k2×( 3A1 - 4A2 - 6A3 ) + k3×A1 = 0 (k1 + 3k2 + k3 )×A1 + ( 4k1 – 4k2 )×A2 + ( 6k1 – 6k2 )×A3= 0 (*) Vì hệ { } ĐLTT do đó hệ thức (*) chỉ xảy ra khi {

{

PT(1) có vô số nghiệm → ta dễ tìm được 1 nghiệm có ít nhất 1 kj≠ 0 ( j = )

Chẳng hạn k1 = - 1 , k3 = 4 → Hệ { } PTTT Dạng 2 : Tìm tọa độ của vecto trong cơ sở đã cho  Bài toán : Cho một cơ sở của không gian p1 = ( 1,2,0 ); p2 = ( 1,3,0 ) ; p3 = ( 3,10,1 ) Tìm tọa độ của vecto X = ( 1,4,2 ) trong cơ sở đã cho Giải : Gọi các tọa độ cần tìm là x1 , x2 , x3 ta có X = x1p1 + x2p2 + x3p3 x1×( 1, 2, 0 ) + x2×( 1, 3, 0 ) + x3×( 3, 10, 1 ) = ( 1, 4, 2 ) {

{

{

Vậy ( x1, x2, x3 ) = ( 1, -6, 2 ) là tọa độ của vecto X trong cơ sở đã cho

Dạng 3 : Tìm hạng và 1 cơ sở của hệ vecto 1.6 (SGK/9) : Giải

+ → ( +

Có = 8 ≠ 0 → r( A ) = 3 →{ } là một vecto cơ sở của hệ

2, X1 = ( 3, -5, -5 ) , X2 = ( 1, 0, 0 ) , X3 = ( 5, 8, 8 )

+ (

CHƯƠNG II : MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC Dạng 1 : Thực hiện các phép tính về ma trận

 Chú ý :

o Phép trận hai ma trận A và B là hai ma trận cùng cỡ

o Phép nhân hai ma trận Số cột của ma trận trước bằng số dòng của ma trận sau

o Hai ma trận vuông A và B cùng cấp thì tích ( A×B ) và ( B×A ) nhưng ( A×B ) ( B×A )

o Ma trận đơn vị cấp n : En với A = ( aij )n×n thì A×En = En×A = A

Bài tập : 2.1(SGK/32) ý e

E = (

)

Giả sử n = 2 →(

) = ( )×( )

= (

) = ( )

Giả sử n = 3 →( ) = ( )×( )×( )

= ( )×( )

= ( )

=( )

Giả sử đúng với n = k Z+ nghĩa là (

) = ( )

Ta chúng minh đúng với n = k + 1

= (

)×( ) = (

*

Vậy E = ( )

Dạng 2 : Tính các định thức  Các tính chất cơ bản cần nhớ: o Định thức có 1 dòng = 0 hoặc 2 dòng tỷ lệ thì bằng 0 o Đổi chỗ 2 dòng thì định thức đổi dấu o Khi nhân 1 số k vào 1 dòng thì định thức tăng lên k lần  Cho A = ( aij )n×n và k | | = kn×| | o Nếu nhân một dòng với một số rồi cộng vào dòng khác thì định thức không đổi dấu o Cho A = ( aij )n×n→| | = | | o | | = | | | |

Chú ý : Mọi tính chất của định thức đúng với dòng thì cũng đúng với cột Cho A = ( a ij ) n×n trong đó a ij i,j thì | | ( Nghĩa là nếu các thành phần của định thức là nguyên thì kết quả tính định thức luôn luôn là số nguyên Bài tập 2.3(SGK/32) 1, 3 1 3 2 5 3 2 3 7 5 1 4 1 3 5 0      1 2 CC 1 3 3 2 3 5 2 3 5 7 1 4 3 1 5 0     

-



= 0

= n!

| 1 2 3 ( ) c  c c |

|

= 2×|

| 2×|

| 2 3 1 (c c )c 2×| | = VP ( ĐPCM ) 3, Biến đổi vế trái ta có VT = |

|c1c2|

|

= ( 1 + x )×|

| c1 c2 ( 1+ x )×|

| 2 1 c c   ( 1 – x2 )×| | = VP ( ĐPCM ) 5, Ta có ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 100a1 + 10a2 + a3 Vì ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 13 Giả sử ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 100a1 + 10a2 + a3 = 13d1 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 100b1 + 10b2 + b3 = 13d2 ̅̅̅̅̅̅̅̅ = 100c1 + 10c2 + c3 = 13d3 Có : | |(100d110d2)d3 |

|

Vì a1, a2, b1, b2, c1, c2, d1, d2, d3 nguyên nên | | cũng nguyên

k khác 0 và định thức con cấp ( k + 1 ) bao nó đều bằng 0

được biến đổi dòng không được biến đổi cột )

+ Nếu m – 6 = 0 m = 6 thì r(A) = 1

m ≠ 6 → r(A) = 2

CHƯƠNG 3 : HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

= r( ̅) = r ˂ n → Hệ vô số nghiệm Khi đó ta có r ẩn cơ sở và ( n – r ) ẩn

tự do Biểu diễn ẩn cơ sở qua ẩn tự do

 Phương pháp Cramer : Áp dụng đối với hệ có n phương trình, n ẩn với định thức của

ma trận hệ số ≠ 0 → Hệ Cramer có nghiệm duy nhất là xj = | | Với Dj là định thức cấpn

được lấy từ định thức | | bằng cách thay cột thứ j bởi cột hệ số tự do

3.1(SGK/55) Giải các hệ phương trình sau

2, ̅=

⇔

1 2 3 4 4 0 1 1 1 3 0 5 3 1 3 0 7 3 1 3                    

⇔

1 2 3 4 4 0 1 1 1 3 0 0 2 4 12 0 0 4 8 24                   

⇔

1 2 3 4 4 0 1 1 1 3 0 0 2 4 12 0 0 0 0 0                  Có r(A) = r( ̅ = 3 ˂ 4 → Hệ có vô số nghiệm Chọn x4 = α ( α bất kỳ ) khi đó ta có {

{

KL : Nghiệm của hệ là X = ( -8, 3 + α, 6 + 2α ) với α bất kỳ 4, ̅ = 1 3 5 7 12 3 5 7 1 0 5 7 1 3 4 7 1 3 5 16                

⇔

1 3 5 7 12 0 4 8 20 36 0 8 24 32 56 0 20 32 44 68                      

⇔

1 3 5 7 12 0 4 8 20 36 0 0 8 8 16 0 0 8 56 112                    ⇔

1 3 5 7 12 0 4 8 20 36 0 0 8 8 16 0 0 0 64 128                    Có r(A) = r( ̅) = 4 → Hệ phương trình có nghiệm duy nhất Ta có hệ {

{

Vậy nghiệm của hệ phương trình là X = ( 1, -1, 0, -2 )

5, ̅ =

1 2 1 1 1 0 0 1 2 0 0 3 0 1 0 3 0 2 0 1 0 0 4 5 0 3 1 1 1 2                        

1 2 1 1 1 0 0 1 2 0 0 3 0 0 2 3 0 5 0 0 2 0 4 2 0 0 7 1 1 7                        

1 2 1 1 1 0 0 1 2 0 0 3 0 0 2 3 0 5 0 0 0 3 4 7 23 21 0 0 0 1 2 2                        

→

1 2 1 1 1 0 0 1 2 0 0 3 0 0 2 3 0 5 0 0 0 3 4 7 49 49 0 0 0 0 3 3                         Có r(A) = r( ̅) = 5 → Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Ta có hệ {

{

Vậy nghiệm của hệ là X ( 1, -1, 1, -1, 1 ) 6, ̅ = 8 5 2 8 9 3 4 9 5 3 2 7 7 8 1 12            

8 5 2 8 21 14 0 0 8 8 1 6 0 2 8 8 29 6 0 5 8 8                       

2

3 5

3

Có r(A) = r( ̅) = 4 → Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

{ 3.3(SGK/56) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất

 Điều kiện tồn tại nghiệm không tầm thường

o Hệ phương trình thuần nhất có nghiệm không tầm thường Hạng của ma trận

hệ số nhỏ hơn số ẩn

o Nếu r(A) = r < n → Nghiệm tổng quát có r ẩn cơ sở và ( n – r ) ẩn tự do Khi đó

hệ có vô số nghiệm có nghiệm không tầm thường

3.6(SGK/57) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm không tầm thường

1, Hệ có nghiêm không tầm thường khi định thức của ma trận hệ số bằng 0

| = - 4m - 2 + 4 + 2 – 2m + 8 = - 6m + 12 Vậy m = 2 thì hệ có nghiệm không tầm thường

2, Hệ có nghiêm không tầm thường khi định thức của ma trận hệ số bằng 0

k k

 Nếu k ≠ -3 thì r(A) = r( ̅) = 4 → Hệ có nghiệm duy nhất

Kết luận: Với ,

Hệ có nghiệm duy nhất Với k = 1 : Hệ có vô số nghiệm

Với k = -3: Hệ vô nghiệm

 Nếu k = -1 → r(A) = 2 = r( ̅) < 3 → Hệ có vô số nghiệm

 Nếu k ≠ -1 Biến đổi tiếp ta có

Hệ có nghiệm duy nhất r(A) = 3

 Nếu k = 0 → Hệ vô nghiệm r(A) = 2, r( ̅) = 3

 Nếu k = 1 → Hệ vô nghiệm r(A) = 2, r( ̅) = 3

3.11(SGK/58) Biện luận về nghiệm số và giải các hệ phương trình sau

 Nếu a = 1 => 1 – a = 0 => hệ có vô số nghiệm

 Nếu a ≠ -2 thì r(A) = r( ̅) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất

2

a a

 Nếu a ≠ thì r(A) = r( ̅) = 3 → Hệ có nghiệm duy nhất

Khi đó hệ phương trình là {

Kết luận : Với a ≠ thì nghiệm của hệ phương trình là (

)

CHƯƠNG 5 : DẠNG TOÀN PHƯƠNG Dạng 1 : Xét tính xác định dấu, đổi dấu của dạng toàn phương 5.1(SGK/98)

DTP là xác định âm

Dạng 2 : Tìm m để dạng toàn phương

Để dạng toàn phương xác định dương thì D4> 0 m √ √

 Các phương pháp giải

o Phương pháp giá trị riêng : Xét PTĐT | |

có các nghiệm k1, k2, …, kn , kể cả nghiệm 0 và nghiệm bội G(x1,…,xn ) =

o Phương pháp Jacobi : Cho DTP F(X) Nếu Di 0 ̅̅̅̅̅ DTP chính tắc :

o Phương pháp Lagrange : Để đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc ta phải

5.5(SGK/98) : Đưa DTP về DTP chính tắc, chuẩn tắc bằng phương pháp Lagrange hoặc Jacobi

Đặt {

DTP chính tắc :

4, F(

=

=

=

Đặt {

√

DTP chính tắc, chuẩn tắc :

5, F(

=

=

Đặt {

√

DTP chuẩn tắc :

6,

Có ma trận DTP là A = 1 2 0 0 1 2 5 0 3 0 0 0 6 0 0 0 3 0 10 0 1 0 0 0 1                   Có D1 = 1, D2 = 1, D3 = 30, D4 = 6, D5 = -288 DTP chính tắc : ⁄

8, F(

2, Giả sử ɛ là số dương tùy ý, x ≠ 1 ta thấy

| |< ɛ Vậy theo định nghĩa

3, Giả sử ɛ là số dương tùy ý ta thấy

Chọn δ = ɛ ⁄ ta có 0 <| ⁄ | ɛ ⁄

| | ɛ

6, Hàm số f(x) =

Giả sử ɛ là số dương cho trước tùy ý, khi x ≠ -2 ta có |

| |

| | | ɛ | |

ɛ Ta chọn δ = ɛ ⁄ ta có 0 <| | ɛ |

| ɛ

7.8(SGK) :Tìm các giới hạn một phía sau 1, Có x

= +

Có x

= -

2, | |

| |

3,

4, I = ⁄

Khi x ( ⁄ ( ⁄ )*

Khi x ⁄ ( ⁄ )

I = ⁄

7.9(SGK/134) : Tìm các giới hạn sau bằng cách thay thế các VCB tương đương 1,

2, ( ) ( )

3,

4, =1

7.10(SGK/135) : Xét sự liên tục của các hàm sau 1, f(x) = {

Ta thấy f(x) xác định tại 0 và lân cận 0 Ta có f(0) = 1

⁄

⁄

Vậy hàm đã cho liên tục tại x= 0 2, f(x) = {

Ta thấy f(x) xác định tại 0 và lân cận tại 0 Ta có f(0) = 2 {

Vậy hàm đã cho liên tục tại x = 0

7.11(SGK/135)

Ta có trên ( ) = -2sinx là hàm sơ cấp và xác định nên f(x) liên tục

Ta có trên ( ), f(x) = Asinx + B là hàm sơ cấp nên f(x) liên tục

Từ (1) và (2) ,

,

Vậy A = -1, B = 1 thỏa mãn bào toán 7.2(SGK/133) 1, = =

2,

3, √ √ √ √ √

√ √ √ √ √ √

4, √

√ √ √

√

7.3 (SGK/133) 2, √ √

√

√

√

√

3, ( ) =

4, (√ √ )

√ √

√ √

= lim

√ √

(√ √ )

(√ √ )

=

(√ √ )

7.4(SGK/135)

1,

√

|√ |

|√ |

√ √

2,

lop ( * ( )

= lop

3,

4, lop

lop

7.5(SGK/134) 1, ( ) ( )

2, ( )

Đặt 2x+1 = 2t

→ ( ) ( ) ( )

3, I = ⁄

→ lop

=

4, ( )

Có lnI = lop ( ) (

) ⁄ ⁄

=

⁄

7.6(SGK/134) 1,

2, ( ⁄ ) ⁄⁄ lop ⁄

3, lop

4,

=

7.7(SGK/134) 1, ( )lop ⁄

⁄ ( )

=

2, ( ) ( )

3,

| |

4, I = trong đó m, n

=

- Nếu m > n thì I =

( ) =

- Nếu m < n thì I =

( = 0

- Nếu n = m thì I =