Lý thuyết và bài tập toán cao cấp

Chia sẻ: Do Thanh Tam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:98

6
1.743
lượt xem
365
download

Lý thuyết và bài tập toán cao cấp

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Toán cao cấp A1 là học phần đầu tiên của chương trình toán dành cho sinh viên các nhóm ngành thuộc khối kỹ thuật. Để học tốt môn Toán cao cấp theo phương thức Đào tạo từ xa, bên cạnh các học liệu: sách, giáo trình in, băng đĩa hình,..., sách hướng dẫn cho người học toán cao cấp là rất cần thiết.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết và bài tập toán cao cấp

  1. LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP TOÁN HỌC CAO CẤP
  2. CHƯƠNG 1: MA TRẬN - ĐỊNH THỨC 1.1 Lý Thuyết. 1.1.1. Ma trận 1.1.1.1.Cho m và n là 2 số nguyên dương.Một ma trận A cấp m x n là một bảng gồm m x n số được xếp thành m hàng và n cột, nghĩa là.  a11  a1n    A       Ta kí hiệu A   aij  , .i  1, 2,3,...., m j  1, 2,3,....., n  a   m1  amn  1.1.1.2. Một số loại ma trận.  Ma trận hàng (cột) là ma trận chỉ có một hàng (cột)  Ma trận không là ma trận mà mọi phần tử đều bằng không  Ma trận vuông là ma trận có số hàng bằng số cột m  n  Ma trận chéo là ma trận vuông mà mọi phần tử năm ngoài đường chéo chính đều bằng 0  Ma trận đơn vị là ma trận chéo mà mọi phần tử nằm trên đường chéo chính đều bằng 1  Ma trận tam giác là ma trận vuông mà mọi phần tử năm phía trên (dưới)đường chéo chính đều bằng 0  Ma trận bậc thang là ma trận mà các hàng khác 0 đều ở trên các hàng bằng không , phần tử cơ sở của hàng dưới nằm bên phải phần tử cơ sở của hàng trên . 1.1.1.3. Các Phép Toán Trên Ma Trận  Ma trận bằng nhau : hai ma trận A,B  M mn bằng nhau kí hiệu A=B nếu Aij  Bij , i  1.m , j  1, n  Phép nhân một số với ma trận : ta có ( A)ij   ( Aij ), i  1.m Cho A  M mn ,   R j  1, n  Phép cộng ma trận: Cho A,B  Mmxn. Tổng của A và B là: (A + B)ij = (A)ij + (B)ij, i = 1, m ; j = 1, n .
  3.  .Phép nhân hai ma trận:Cho A  Mmxn và B  Mmxn(số cột của A bằng số hàng của B).Tích của A và B là: n  (AB)ij= (A)ik,(B)kj, i= 1, m ;j= 1, r . k 1  .Phép chuyển vị ma trận:Cho A  Mmxn.Ma trận chuyển vị của A, ký hiệu AT: (AT)ij=(A)ij, i= 1, n ; j=1, n .  .Lũy thừa ma trận: Ap = Ap-1A (p là số tự nhiên  1) 1.1.1.4. Các phép biến đổi sơ cấp ma trận bậc thang: Phép biến đổi sơ cấp:  Nhân các phần tử của 1 hàng với 1 số khác 0:hi   hj (   0)  Cộng vào các phần tử của 1 hàng các phần tử tương ứng của hàng khác đã được nhân với 1 số bất kỳ: hi  hi +  hj.  Đổi chỗ 2 hàng cho nhau: hi  hj . Tương tự ta có các phép biến đổi sơ cấp với các cột. Ma trận bậc thang: Là ma trận có các tính chất sau:  Các hàng khác không đều ở trên các hàng bằng không  Phần tử cơ sở của 1 hàng nằm cột bên phải so với phần tử cơ sở ở hàng trên Định lý: Mọi ma trận đều đưa được về ma trận bậc thang nhờ các phép biến đổi sơ cấp đối với hàng. 1.1.2.Định thức 1.1.2.1.Tính chất định thức Cho định thức A, AT thu được bằng cách lấy hang i của A làm cột i của AT  det A = det AT   Đổi chổ 2 hàng của A được bảng mới là B: detA = -detB  Nếu Acó 2 hàng tỉ lệ, 2 hàng bằng nhau, 1 hàng có các phần tử bằng 0 thì detA=0   0 thì detA cũng nhân   Nếu các phần tử hang thứ i nhân
  4.  Nếu mọi phần tử trong một hang của A có dạng tổng của hai số hạng th ì định thức có thể tách thành tổng hai định thức.  Cộng một hang thứ i của A với bội một dòng khácthì định thức của nó không đổi.  Nếu cộng vào một hang thứ i của A tổ hợp tuyến tính của các dòng còn lại thì định thức không đổi. 1.1.2.2.Một số phương pháp tính định thức: a11 a12 a11a22  a12 a21 +Cấp hai: = a21 a22 +Cấp ba: Qui tắc Sariuse. (+) ( -)  Khai triển một hang một cột +Hàng i : detA= n ai1 Ai1  ai 2 Ai 2  ...  ain Ain   aik Aik k 1 Aij  ( 1)i 1 Aij ( Aij A Mn n ai1 Ai1  ai 2 Ai 2  ...  ain Ain   aik Aik i1  i2 k 1 j1  j2  ...  jk Ai1i2....ik  (1)i1 i2 ...ik  j1  j2 ... jk i1i2....ik j1 j2... jk j1 j2... jk i1i2....ik j1 j2... jk n + Cột j: detA= a1 j A1 j  a2 j A2 j  ...  anj Anj   akj Akj k 1 Trong đó Aij  ( 1)i 1 Aij : ( Aij xoá đi hang i cột j )
  5.  Khai triển laplace: khai triển theo k hang k cột Cho A  M n và k là số tự nhiên < n. Lấy k hang i1  i2 và k cột j1  j2  ...  jk Các phần tử nằm ở giao của k hang và k cột này tạo nên một ma trận vuông cấp k, định thức của nó được ký hiệu là ai1i2....ik j1 j2... jk bỏ đi k hang k cột đó, ta được ma trận vuông cấp n-k Ta có phần bù đại số của ai1i2....ik là Ai1i2....ik  (1)i1 i2 ...ik  j1  j2 ... jk i1i2....ik j1 j2... jk j1 j2... jk j1 j2... jk Định lý Laplace: chọn k hang bất kỳ trong detA. Gọi M1, M2…Ms là tất cả các định thức con cấp k do k hang vừa chọn kết hợp với k cột trong n cột của A và A1,A2,….As là phần bù đại số tương ứng Ta có : detA= M1A1+M1A2+….+MsAs  Phương pháp Gauss: Sử dụng các phép biến đổi trên hang để biến đổi định thức về dạng tam giác. Khi đó định thức sẻ bằng tích các phần tử nằm trên đường chéo chính 1.1.2.3.Ứng dụng định thức: Hạng của ma trận: Cho ma trận A = (a ij)m*n. Định thức con cấp r của A là 1- định thức có các phần tử nằm trên r cột và r hang nào đó của A. Hạng của A là cấp cao nhất của các định thức con khác không của A Ma trận nghịch đảo: 2- Để có ma trận nghịch đảo thì ma trận phải khả nghịch tức là detA khác không 1~ Dùng định thức để tìm ma trậm nghịch đảo bằng công thức A-1 = *A A
  6. 1.2 Bài tập Tính định thức: 1: Giải: 0120 012 2270 7   1  (1) 2 2 7  2  4  2  2  4  8 7341 044 0440 Tính định thức: 2: Giải: 7341 012 0120 5   1  (1) 2 2 7  2  4  2  2  4  8 2270 044 0440 Tính định 3: Giải: 0120 012 7341 6   1  (1) 1 2 7  1  1  4  2  1  1  4  4 1270 044 0440 Tính định thức 4: Giải: 0012 012 7134 4   1  (1) 1 2 7  1  (1  4  2  1  1  4)  4 1027 044 0044 Tính định thức: 5: Giải: 7134 012 0012  1  (1)3 1 2 7  1  (1  4  2  1  1  4)  4  1027 044 0044 2m4 Tính định thức:   3 0 0 . Tìm m để   0 6: 1 1 2 Giải:
  7. 2m4 m4 0  3  (1) 3   3  3  (2m  4) 0 12 1 1 2 Để:   0 thì ta có: 2m  4  0  m  2 Tính định thức:.Tìm m để   0 7: Giải: 2 m 4 m4 0  m  (1)3   m(m 2  4)  m 0 1m 1 1 m Để:   0 thì ta có: m(m 2  4)  0  m  0, m  2 4 2 0 Tính định thức:   0 m 0 . Tìm m để   0 8: 1 1 m Giải: 4 2 0 2 4 0  m  (1) 4  0 m  m(2m  4) 1m 11 m Để   0 thì ta có: m(2m  4)  0  m  0, m  2 11 3 Tính định thức:   1 2 m . Tìm m để   0 9: 11m Giải: 11 3 11 3  h1 h 2   1 2 m  0 1 m  3  1  1  ( m  3)  ( m  3)  h1 h 3 0 0 m3 11m Để   0 thì ta có (m  3)  0  m  3 11m Tính định thức:   1 2 0 , Tìm m để   0 10: 11 2 Giải: 11m 1 2 0  4  m  2m  2)  2  m 11 2 Để   0 thì ta có: 2  m  0  m  0
  8. 10 m Tính định thức:   2 1 2m  2 . Tìm m để   0 . 11: 10 2 Giải: 10 m   2 1 2m  2  2  m 10 2 Để   0 thì ta có: 2  m  0  m  0 1 2 m Tính định thức:   0 m 1 . Tìm m để   0 . 12: 1 0 1 Giải: 1 2 m 1  m  2  m2  0 m 10 1 Để   0 thì ta có: m  2  m 2  0  thoả m  R 12 m Tính A= 2 5 m  1 tìm m để A>0. 13: 3 7 m2 Giải: 12 m A= 2 5 m  1 =1.5(m+2)+2.3.(m+1)+2.7.m – 3.5.m – 2.2(m+2) – 7.1.(m+1) 3 7 m2 = -m +1. A>0  -m +1 >0  m
  9.  m0 Vậy  =0     m  2 2m  2 2 4 Tính định thức   m  1 2m  1 2 . Tìm m để   0 15: 1 2 2m Giải:   4m  4m 3  4m(1  m 2 )   0  4m(1  m 2 )  0  m  1  m  0 2 m 4 Tính định thức   m 16: 0 0 m 1 4  m 3 2 m 4 m 4 m 0   0  m.( 1)3  0 Giải:    0   m 1 m  4   3 m 1 m  4    m0   m.(m 2  4)  0   m  2  m0 Vậy   0    m  2 17. Tìm m để ∆>0: Giải 2  2m m 1 4m 1 4 0 d 1 d 3 3 1 m  3  1 m d 2 d 3 m3 1m m 0 0 4m 0  m.( 1)13  m.(4  m)  0  m  (0, 4); 1 m 18. Tìm m để ∆>0: Giải:
  10. 2  2m 5 m 1 m4 12  3m 12 d 1 d 3 m3 m  1 3m  2m  0 0 d 2 d 3 m3  m  1 3m m  3 m  1 3m m  4 12  3m 1 1  2m( 1) 21  6m( m  4). m  1 m  1 m 3m  6m( m  4)  0  m  0  m  4; 2  2m 1 4 Tính định thức:   m  3 1 m Tìm m để   0 . 19: 3 1m Giải: 2  2m 1 4 2m 1 4 14   m  3 1 m  m  3 1 m   m(1)31   m(m  4) 1m m 0 0 3 1m   0   m(m  4)  0  0  m  4 20. Tìm m để ∆=0 : Giải: m5 m5 5 3 5 3 m  1 m  1 0  (m  1) 1 10 1 1 1 1 11 m53 10  ( m  1) 0 1 0  m( m  1)( 1)11  c1 c 2 11 011  m( m  1)  0;  m  0; m  1; m 0 2m m 1 m 1 m 0 Tính định thức   . Tìm m để   0 .m >0 21: 1 1 00 m 0 00 m 0 2m m 1 m 1 m 1 m 1 m 0 5 0   m3 Giải: Ta có    (1) m 1 1 1 1 00 m 0 0 m 0 00 0m0
  11. m 0 0 0 1 m 1 0 0 =m2.(m-1)>0  m>1 Tính = 22: 1 1 m 0 m 2m 0 1 m 3 m Tính định thức   7 m  7 . Tìm m để   0 23: 2 3 m 3 Giải: m2 0 3 0 m3 m 3 m m2 7 m  7  h h 3 3 1 m  7  (1)1 3 (3  )   7 2 m  7  7 2 23 3 3m 3 3 m 3 m2  3(3  )(3m) 3 m2   0  3(3  )(3m)  m  0, m  3 3 Tìm m để ∆=0: 24. Giải: m8 m8 7 6 m  1 7 1 7 6 d 2 d 3 c1c 2 m 1 2m  1  ( m  1) 2  1 m  (m  1) 1  1 m 1 m c 3 c 2 m 1 m 1 m 1 1 11 0 1 0 m  1 1  ( m  1)( 1) 23 m 1 1  (m  1)m 2  0;  m  1; m  0; 1 m 2 Tính định thức   1 . Tìm m để   0 25: 4 m m  4 m 1 5 Giải:   2m 2  8  0m Không có giá trị m để   0 m8 7 6 Tính định thức   m  1 2m  1 . Tìm m để   0 .m  1 26: m m 1 m 1 m 1
  12. m 8 7 6  m  1 m 2m  1  0 Giải:   0      0 1 2m    m 8 6m 8 7  6  1.(1)5    (2  m).( 1)  m  1 m   0  m  1 2m  1   m0   m2 .( m  1)  0    m  1  m  1 27. Tìm m để ∆
  13. Vậy:  2  41 2 3 4 2 4 6 8 1 b c d 2a 2b 2c 2d a 30: Cho hai định thức: 1  ; 2  6 8 4 6 12 16 8 3 8 12 17 4 8 12 17 4 Giải:Ta có các định thức: 1 2 3 4 2 4 6 8 a b c d 2a 2b 2c 2d 1  ; 2  . 3 6 8 4 6 12 16 8 4 8 12 17 12 17 4 8 3 3 21 2 4 12 4 c c 2a b d ab d Do ∆ 2  =8∆1. =8. 8 8 23 6 4 36 4 4 8 12 17 4 8 12 17 Vậy đáp án đúng là ∆2=8∆1; 2 3 4 2 4 6 8 1 b c d 2a 2b 2c 2d a 31: Cho hai định thức: 1  ; 2  6 8 4 6 12 16 8 3 8 12 17 8 16 24 34 4 2 3 4 2 4 6 8 1 b c d 2a 2b  2c 2d a 1= 2= 6 8 4 6 12  16 8 3 8  12 17 8 16  24 34 4 2 3 4 1 b c d a 2=(2.2.2.2) =161 6 8 4 3 8  12 17 4 1 234 246 8 2 547 2 5 4 14 32: Cho hai định thức: 1  ; 2  6 8 4 3 6 8 8 3 4 8 12 17 4 8 12 34
  14. 12 3 4 24 6 8 25 4 7 25 4 14 Ta có các định thức : 1  ; 2  . 4 8 36 8 36 8 4 8 12 17 4 8 12 34 12 3 2 25 4 7  4∆1.Do vậy trong các đáp án đã cho không ta thấy ∆2=4 4 36 8 4 8 12 17 có đáp án nào đúng. 6  2x 12 3 x 12 3 2 5 4 8 2y 254 y Cho hai định thức: 1  33: ; 2  3 6 8 16  2 z 368 z 4 8 12 24  2t 4 8 12 t Khẳng định nào sau đây đúng? a) 1   2 b)  2  21 c)  2  21 d)  2  41 Ta có 2(3  x) 12 3 2 5 4 2(4  y ) 2   3 6 8 2(8  z ) 4 8 12 2(12  t ) 1 233 1 23 x 1 23 x 2 544 2 54 y 2 54 y  2.  2.0  2. 2. 3 688 3 68 z 3 68 z 4 8 12 12 4 8 12 t 4 8 12 t  21 Vậy c)  2  21 là đáp án đúng 1 1 2 0 2 3 4 1 34: Tính định thức:   1 1 7 0 2 2 2 1
  15. 1120 1120 112 112 2341 0120 d 2 d 4  (1) 4 4 d 3 d 1   0 1 2  0 1 2  1170 1170 117 0 0 5. 2221 2221 12  ( 1)11 5 05 vậy ∆=5 4 1 0 0 2 3 0 0 Tính định thức   35: 0 0 7 1 0 0 2 1 410 410 Giải:   ( 1)3 4 2 3 0  (1) 4 4 2 3 0  50 002 007 0 2 1 2 0 1 3 4 Tính định thức:   36: 2 1 0 0 1 1 0 0 0 2 1 2  0 2 1 2  2 1 2 0 1 3 4  0 1 3 4   1.(1)5  1 3 4   4  6  2   Giải:   2 1 0 0  2 1 0 0 1 0 0      1 0 0   1 1 0 0 0 0 0 1 2 0 0 3 4 Tính định thức:   37 1 1 1 2 2 1 3 5 0 0 12 012 0 0 34 12  1.(1) 0 3 4  ( 1).( 1)31 31 Ta có   2 1 1 12 34 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 2 0 3 2 Tính định thức:   38 1 1 2 4 2 4 4 8
  16. Ta có 11 12 2 1 2 2 1 2 0 2 1 2  1.(1)11  0 1 20 1 2 00 1 2 224 032 02 2 4 12  ( 2).(1)11 8 32 2112 2012 Tính định thức:   39: 1144 1112 2112 2 112 2 12 2012 2 012 12 1 2 1 3 2   (1).(1) 31 Giải:     1.(1)  4 1 0 3 2 1144 32 1 0 0 1 0 0 0 1112 Tính định thức: 40. 2 1 1 211 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 c 3 2 c 2   1 1 4 2  1 1 6  1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 0 2 0 0 1 2 0 1 0 0 0 0 0 2 1 2 1 1 1 0 0 1 1 1 d 3  2 d 2 1 1 1 1 1  1(1)5 2  1 6 1 4 1 1 2 0 1 1 1 1 2 2 0 0 2 1 1 0 9 3 9 3 4 2 1 4 1  1 4 1  ( 1)1 2 d 1 2 d 2  ( 1)  24. d 3 d 1 51 1 1 2 051 4 0 1 2 8 0 3 4 Tính định thức:   41: 6 1 1 2 14 1 3 5
  17. 4 0 1 2 412 412 8 0 3 4 5 6 Giải: Ta có   (1) 8 3 4  (1) 8 3 4  8  4  4 6 1 1 2 14 3 5 612 14 1 3 5 Tính định thức: 42. 1 1 1 0 1 1 0 0 1 c  a b c  a b bc c 0 ∆= a b b bc ca ab ba ca ab b a cb a b x22 Tính định thức:   2 x 2 43: 22 x x4 x4 x4 x22 111 Giải:   2 x 2   ( x  4) 2 x 2 2 x 2 22x 2 2 x 22x 1 1 1  ( x  4)( x  2) 2  ( x  4) 0 x2 0 x2 0 0 x111 1x11 Tính định thức:   44: 11x1 111x x 3 x 3 x 3 x 3 x111 1 1 1 1 0 x 1 0 1x11 1 x 1 1 0    x  3. x 1 0 11x1 1 1 x 1 0 0 x 1 111x 1 1 1 x 0 0 0  ( x  3).( x  1)3 x 1 x 11 x2 2 11 Tính định thức   45: 1 0 x1 x 0 1x Giải: x 1 1 1 211 1 2 2 2 2 x 1  x5  2x3  x   (1) x 1  (1) x1 x 1 x1 x x 1 x
  18. 1 1 1x 1 x2 1 1 46: Tìm số nghiệm phân biệt r của phương trình. 0 01 11 02 02 1 1  1 1 1 x 1 x     2  1 x2 Giải:    1 x 1 1  1 1 0 0   0 1 1 1 0 1 1 1 0 2 0 2 0 0 2 0       1 x 1   x  0  ( 2).(1)7 . 1 x 2 1  0  2( x 2  x )  0   x 1   0 1 1    x  0 Vậy   x 1 Tìm số nghiệm r của phương trình ∆: 47. 1 2 x 1 1 1 2 x 0 1 1 2 x 1 1 x 1 1 1 x 0 1  0  2( 1) 4 3 1 x 1  0; 0 3111 3101 311 0 2 2 2 0202 0 2 x 1 2 x 1  2 0 x 1  0  8( 1)31  0; x 1 411  8( 2 x  x)  0;  x  0;  r  1; Tìm số nghiệm phân biệt r 48. 1 1 1 2x 2 0 x  2x 0 x  0 0 =2x.(x2-2x)=0    pt có số nghiệm phân biệt r =2 x 1 0 0 x1 0 0 0 2
  19. x 1 1 1 1 x 1 1 Tìm số nghiệm phân biệt r của phương trình: 49: =0 01 1 1 02 0 2 1 x 1 1 1 x 1 1 022 1x 1 1 00 2 2 11 Giải:   0  0  1.(1) 1 1 1 0 01 1 1 01 1 1 202 02 0 2 02 0 2 22 22  1.(1) 21  2.(1)31 .  0  4  0  phương trình vô nghiệm 02 11 50. Giải pt 1 1 x x x2 1 1 1 =0 (do có hai cột tỉ lệ)  0  0 vậy pt có nghiệm x 1 1 1 1 1 0 1 1 Giải phương trình: 51. xx1x xx1 x x 1 1 1 c 3  c1 x 1 1 1  ( x  x 2 )(3  x)  0  x  0;1;3;   c 4  c1 0 0 1 1 x xx21 0 0 0 3 x xx13 Vậy nghiệm của phương trình là:x=0;1;3; Giải phương trình: 52. xx10 xx10 1 2 1 1 c1c 4 0 1 1 1    x ( x  4)  x  0;4. 2 2 1 2 c 2 c 4 0 0 1 2 xx2x 002x vậy nghiệm của phương trình là x=0;x=4 x1 0 0 1x 0 0 Giải phương trình 53: 0 11 x 2 1 1 2 x
  20. x1 0 0 x10 x10 1x 0 0 4 3 4 4 Giải:  (1) .2 1 x 0  ( 1) . x 1 x 0 11 x 2 1 1 2 11x 1 1 2 x  2(2 x 2  2)  x ( x 3  x)  x 4  5 x 2  4  x  2, x  1 x 1 2 2 1x14 Tìm nghiệm của phương trình: 54. 0 0 0 x 2 002x x 1 2 2 1x14  ( x 2  1)( x 2  4)  VN 0 0 x 2 0 0 2 x 1 2 3 4 5 2 4 6 8 11  Tính hạng r(A) của ma trận A    55: 3 6 9 12 14    4 8 12 16 20 Giải: 1 2 3 4 5  1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 A  2 4 6 8 11  0 0 0 0 1  0 0 0 0 1  r  2     3 6 9 12 14 0 0 0 0  1    æ3 1 5 7 9ö ÷ ç ÷ ç 6 9 10÷ ç2 4 ÷ ç ÷ Tính hạng r(A) của ma trận A = ç ÷ ç ÷ 56: ç3 5 7 9 11÷÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç4 6 ÷ ç 8 10 12ø ÷ è 1 35 7 9  1 3 5 7 9 2   0 2 4 5 8  46 9 10   Giải: A     3 11   0 4 8 11 16  57 9    6 8 10 12   0 6 12 18 24  4 1 3 5 7 9  1 3 5 7 9 0 2 4 5 8   0 2 4 5 8     0 0 0 1 0   0 0 0 1 0     0 0 3 0   0 0 0 0 0 0

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản