Bài tập toán cao cấp( có hướng dẫn giải)

Bài tập Toán cao cấp Chương I:Đại số tuyến tính: 1)Tìm hạng của ma trận: A=(aij )mn Phương pháp: Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A……….-->A'''''''''''''''' ma trận A'''''''''''''''' có dạng hình thang r(A)=r(A'''''''''''''''') = số hàng khác 0 của ma trận A'''''''''''''''' a) A= Biến đổi về ma trận: đổi chỗ hàng 2 và hàng 3:được ma trận hình thang A''''''''''''''''=  r(A)=r(A'''''''''''''''') =2 b) Tìm a sao cho: A= có r(A)=3 Phép biến đổi sơ cấp đưa về ma trận A'''''''''''''''' =  Hàng thứ 3 luôn khác 0 với mọi a r(A)=3 với mọi a. c)A= Đổi chỗ hàng 1 và 2 sau đó dưa về ma trận A'''''''''''''''' =  r(A)=r(A'''''''''''''''') =3 d)Tìm hạng của một hệ véc tơ:Cho hệ véc tơ: S={ x=(1,2,3), u=(2,4,6), v=(1,2,4) } Hạng của hệ véc tơ cũng là hạng của ma trận Atương ứng sau: A= (3 vec tơ của S là 3 cột của ma trận A).Biến đổi A thành ma trận hình thang: A''''''''''''''''=  r(A)=r(A'''''''''''''''') =2  Hệ véc tơ S có hạng bằng 2 2)Giải hệ PT theo phương pháp Gauss: a) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 -2x1 + x2 - 2x3 = -2 Đưa về ma trận: -x1 +2x2 + 2x3 = -2  x1 =1, x2 =2, x3 =3 b) x1 + 3x2 - x3 + x4 = 0 2x1 - x2 + 2x3 + x4 = 1 Đưa về ma trận: -x1 + x2 + x3 +3x4 = 2 x1 + 3x3 +4x4 = 3  c) x1 - 3x2 -4x3 = 7 -x1 +2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: 2x1 + x2 -2x3 = - 2 x2+3x3 = 0 có Hệ vô nghiệm d) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: 2x1 + x2 - 2x3 = -2  x1 =1, x2 =2, x3 =3 e) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: có  Hệ có vô số nghiệm, hệ tương ứng với ma trận bậc thang cuối: x1 - 3x2 + 4x3 = 7 Hệ tương đương: : x1 - 3x2 = 7 - 4x3 -x2 + 5x3 = 13 -x2 = 13- 5x3 ¬Đạt x3=t ( t: hằng số tuỳ ý) ta có: : x1 - 3x2 = 7 - 4t  -x2 = 13- 5t Hệ có nghiệm: ( với t là hằng số tuỳ ý) 3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm không tầm thường: a x1 - 3x2 + x3 = 0 2 x1 + x2 + x3 = 0 3x1 + 2x2 - 2x3 = 0 Có D= = = =1.(-1)2+2 =-4a-20 Hệ PT có nghiệm không tầm thường b)Giải hệ PT: x1 - x2 + 2x3 = 0 2x1 + 5x2 - x3 = 0 Biến đổi ma trận về ma trận  Hệ có vô số nghiệm:Từ ma trận cuối ta có hệ PT; x1 - x2 + 2x3 = 0 hệ tương đương: x1 - x2 = 2x3 7x2 -5 x3 = 0 7x2 = 5 x3 Đặt x3=t ( hằng số tuỳ ý) ta có : : x1 - x2 = t 7x2 = 5 t  hệ có nghiệm: với t tùy ý 4) Tìm ma trận nghịch đảo theo 2 phương pháp: a) A =  A-1 = b)A= A-1= c) A-1 = d) A =  A-1 = e) A-1 = 5)Cho các véc tơ: x=(0,0,0), u=(2,3,5), v=(3,7,8), w=(1,-6,1) Hãy biểu diễn x thành tổ hợp tuyến tính của các véc tơ : u,v,w Ta viết x= k1u +k2v+k3w (2k1,3k1,5k1)+ (3k2,7k2,8k2)+ (k3,-6k3,k3)=(0,0,0) Giải hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 0 3k1 + 7k2 -6k3 = 0 5k1 + 8k2 +k3 = 0 Biến đổi ma trận về ma trận hình thang:  Hệ có vô số nghiệm : 2k1 +3k2 + k3 = 0  2k1 +3k2 =- k3 k2 -3k3 = 0 k2 =3k3 Đặt k3= t  k2 =3t, , k1= -5 Vậy x= -5tu + 3tv + +tw b)Các véc tơ sau là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính: u=(2,3,1), v=(3,-1 ,5), w=(1,-4,3) Xét k1u +k2v+k3w = θ (2k1,3k1,k1)+ (3k2,-7 k2,5k2)+ (k3,-4k3,3k3)=(0,0,0) Hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 0  3k1 - 7k2 -4k3 = 0 k1 + 5k2 +3k3 = 0 =-35≠0  Hệ chỉ có 1 nghiệm tầm thường k1=k2=k3= 0  hệ véc tơ độc lập tuyến tính.

Bài tập Toán cao cấp

Chương I:Đại số tuyến tính:

2 2

4 2

1 1 2

0

0 0

0 0

1 1 2 1

đổi chỗ hàng 2 và hàng 3:được ma trận hình thang A'= 

0 0

1 0 0

0

1 1 2 1

 r(A)=r(A') =2

3

2 4

3 2

2 1 1

0 2

1 0

1 1

1 1

2

3 2 1

1

1 2 1

0

1 2

1 0

3 2

1 1

 r(A)=r(A') =3d)Tìm hạng của một hệ véc tơ:Cho hệ véc tơ:

S={ x=(1,2,3), u=(2,4,6), v=(1,2,4) } Hạng của hệ véc tơ cũng là hạng của ma trận

3

2 4

2

1 2 1

(3 vec tơ của S là 3 cột của ma trận A).Biến đổi A thành ma trận hình thang: A'= 

0

1 0

0

1 2

0

0

13 5

1

0

7 4

0 0

7 5

4 1

t x

t x

t x

4 2

4 43 58

0 0

75 25

0 0

13 5

1 0

7 4

3 1

có r(A)  3 ,khác r(A)  4Hệ vô nghiệm

0

0

13 5

1

0

7 4 3

1

0

7 4

3

1

có r(A) r(A)  2  3 Hệ có vô số nghiệm, hệ tương ứng với ma trận bậc thang cuối: x1 - 3x2 + 4x3 = 7 Hệ tương đương: : x1 - 3x2 = 7 - 4x3 -x2 + 5x3 = 13 -x2 = 13- 5x3 Đạt x3=t ( t: hằng số tuỳ ý) ta có: : x1 - 3x2 = 7 - 4t 

t x

t x

3 1

5 13

11 32

( với t là hằng số tuỳ ý) 3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm không tầm thường:

1

0 1

0

1 3

1 6

0 2 1 1

t x

t x

3 2 1

7 7

với t tùy ý 4) Tìm ma trận nghịch đảo theo 2 phương pháp:

1

1 0

1

1 1

2

1 1

1

1 2

2

5)Cho các véc tơ: x=(0,0,0), u=(2,3,5), v=(3,7,8), w=(1,-6,1)

Hãy biểu diễn x thành tổ hợp tuyến tính của các véc tơ : u,v,w

0 0

0 3 1

0

0 1

3 2



3 2 )



 =-35≠0  Hệ chỉ có 1 nghiệm tầmthường

2cos2limsin

x x

2 cos 2 lim

x x

x

x 

2 sin 2

2 lim

 = nlim

1 3 3 1

2

2 2

3 1

1 1

2 sin

2 1

1 2

1 2

2 1 2

1 2

1 1

2)So sánh các vô cùng bé, vô cùng lớn:

1) (x)  3x3  2x2và (x)  5x khi x 0 , xét  

 ( )

) ( lim

(Hay (x) là VCB bậc cao hơn(x))

2)  (x) e x  1 và  (x ) x khi x 0 , xét lim 1 1

) (

) ( lim

3)  (x) x3  x2x và ( ) 2 1



x x



 ( )

) ( lim

4 )

 ( )

) ( lim

1 ( 1 )

1 lim

0 sin

x khi

x khi x

0 1

sin

khix

khix x

2

2

khix a

x

khix x

f(x) liên tục bên trái tại x=0 khi chỉ khi 

 0

lim

x f(x) = f(0)  a= 1Vậy: - Nếu a = 1 thì f(x) liên tục với mọi x

- Nếu a 1 thì f(x) bị gián đoạn tại x=0

1 1

3

2

x khi k

x

x khi x

1 1

2 khix ax

khix x

*)f(x) liên tục tại mọi x 1

2 *)Để f(x) liên tục tại x=1 ta phải có: 2=3-a  a=1

2), Xét sự liên tục tại x = -2 của

1 2

1

a

x x

liên tục tại x = 0

Giải: f(0) = a+1

)(

lim

0 f x

x = limx0

) 1 2 1 ( 3

) 1 2 1 )(

1 2 1 (

x x

x

=

3

1 6

6 cos 12

1 6

x x

nếu x≠0nếu x = 0

3) f(x) = (sinx)cosxtìm df(x)

lnf(x) = cosxlnsinx

(lnf(x)’ = 

) (

) (

'

x f

x f

x

sin

cos ln

 df(x) = f’(x)dx = (sinx)cosx dx

x

x x

2, A = (sinx)x, lnA= xlnsinx

limx0 lnA = limx0

x

x

1

sin ln

= ( Lo pi tan) limx0



 2sincos

x x

sin

cos

2

= limx0(xcosx) = 0

.

1

2 2

x

(dạng )

0 0

= ( Lo pi tan)limx0 6

2

2)

2sin(2cos

(

2

cos

1.1

x

x tgx

) 2 (   2



= 2

) 2

(   2



= 2

!

3 2

X r X X

9 3

3 2

X r x x

9

3

4 3

2  x  x r X

2

9

!3

) 3 ( ) 0 (



) 0 ( 

9

! 4

) 4 ( ) 0

 f

2, Viết 4 số hạng đầu của khai triển

Mac – lo – ranh: của f(x) = xln (1+4x) và Tính f((30)), f((40))

! 4

! 3

! 2

x n r X X X

! 4

256

! 3

64

! 2

16

n

r x x

64

!43

64

!4

) 4 ( ) 0 (

) 4 ( ) 0 (

3

1203

15

) 5 ( ) 0 (

) 5 ( ) 0 (

3

2 X X

8 4

4 2 1

3

2 x x

1

4 3

7

)1(4

3)1(73

x

xdx dx

2



  dx gxC x

dx

cot2

sin2

II phương pháp đổi biến

dt t

3 2

3

2 3

1 e2 dt = 22  1

2

t

dt t

1 1

 J = 21xsin2x 12sin2xdt21xsin2x14cos2xc

c x x

x x x

4

1 2 sin 2

1 2 cos 2

2

x

+ C

Cho x = 2 ->A 5A = 1 ->A A = 1

5Cho x = -3 ->A -5B = -4 ->A B = 4

dx arc tg x d x

xdx dx I

dx arc tg x d x

xdx dx I

0

d t t t

t

t t

dx

1lim 2





)(

lim arctga arctgb

 (a >A 0) hội tụ nếu  >A1, phân kỳ nếu   1

3) Xét sự hội tụ của tích phân sau:

dx

=alim  

1

2 1 ) (

a x

x

e

dx e

1

=blim  

b x

x

e

dx e

1

2 1)( =blim artge x│b

1 =blim ( artge b– artge)

dx

3

2 =blim dx

x x

dx

=blim  

b

x x

dx

2 (1 ) =blim dx

x x



 = 9/10 <1 ->A tích phân phân kỳ

4) Dùng dấu hiệu so sánh, xét sự hội tụ của các tích phân sau:

Chương IV

Phép tính vi phân của hàm nhiều biến.

ĐẠO HÀM , VI PHÂN

1.Cho hàm số: f(x,y)= artg x y Tìm

) sin(x y e x y

y x

x y

y y

0 2x - 4 y) fx(x,

 (2,-2) là điểm dừng

A = f’’xx = -2, B = f’’xy = 0, C = f’’yy = -2

A  - 2  0   (2, - 2) là điểm cực đại và Maxf(x,y) = 8

A

0 36 B2

(0,0) và (1,1) là điểm dừng:

y’x = 2x – y, f’y = 2y – x = 0 Điểm dừng M(0.0)

y’’xx = 2l, f’’xy = 0, f’’yy = 2

AC – B2 = 4 >A 0

A = 2 >A 0  (0,0) là điểm cực tiểu

I, Phương trình phân ly biến số

y’ + sin(x+y) = sin (x-y)

Giải:

dx

dy

+ sin(x+y) = sin (x-y)

sin(xy)  sin(x y) dx +dy = 0

cos 1

 1

2

= 0

dx x

Đặtt z = ax+by+c  z/ = a+by/  y/ = ( z/ -a)/b thay vào phương trình ta

đươc: ( z/ -a)/b=f(z) là PT VP mới z/ =bf(z)+a, bf z a

dz



 ) (

1: giải PT: y / = (8x+2y+1)2

Đặt z= 8x+2y+1, z/ = 8+2y /  y / = z/ /2-4  z/ = 8 +2z 2

dx z

dz

8

 dx z

dz

42

1

C x

z

arctg  

y x arctg    

2

1 2 8

2: y / = (x+y)2 Đặt z= x+y, , z/ = 1+y /  y / = z/ -1 z/ -1= z 2

dx z

1

2 1

1

x C

z 

2 2

2 1

1

x C x

y x

y y x dx

dz



 2

z

sin cos

C x

dz

2 1

TP 2vế đựơc TP TQ:

Cx z

0 2

B

-1 2B 0 3B 1

2 B2

2

1 2

2 1 0

B B B

3 2

2



 x x

2, y’’ + 3y’ = 2x – 3

3 3

2

1

0 1

B

B B

2 1

B B

2 5

2

1

0 1

B

B B

 k1=3, k2 =-3 (  2không là nghiệm của pt đặc trưng)

5

4 5

1 0

B B

 y*= (B0 + B1x)cosx + (C0 + C1x)sinx

y’* = B1cosx - (B0 + B1x)sinx + C1sinx +

x C C

B

x B B

x B B

C

3 4

4 2

0 4

4 2

1 0

1 0 1

1 0 1

0 1

y’ = (B0cosx + C0sinx) + x (-B0sinx + C0cosx)

= (B0 + C0) cosx + (C0 - B0x)sinx

y’’ = C0cosx - (B0 + C0)sinx - B0sinx + (C0 - B0x)cosx

= (2C0 - B0x)cosx - (2B0 + C0x)sinx

thay vào pt đã cho:

(2C0 - B0x)cosx - (2B0 + C0x)sinx + x(B0x + C0sinx = 2C0cosx - 2B0sinx = 3sinx + 2cosx

11) ) y// -3y/ +2y =2x2-6x+2+2e3x

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

Giải PT sai phân:

1 Tìm nghiệm tổng quát của PT:

7) x 1  3x  2k  4k 4

k

k