ooo Bé m«n To¸n Khoa CNTT - 2014 Hướng Dẫn Giải Bài Tập To¸n cao cÊp 2 Chương 1 Ma trận - Định Thức - Hệ phương trình tuyến tính 1) Cho hai ma trận 1 3 3 1 2 1 1 2 2 4 4 2 1 2 2 1 3 5 5 3 0 1 1 0 AB                      Hãy thực hiện các phép tính: ; ; 2 ; ; ; t t t t t A B A B A B A A B A B     Đs: 3 4 4 3 3 6 6 3 3 6 6 3 AB       ; 1 2 2 1 1 2 2 1 3 4 4 3 AB        ; 3 3 3 466 466 3 3 3 tt AB        . 3) Cho hai ma trận 12 1 2 2 1 23 2342 24 1 4 3 2 12 AB                Hãy thực hiện các phép tính: ; tt AB B A Đs: 0 14 . 2 25 3 22 AB       ; 0 2 3 () 14 25 22 t t t B A AB      . 4) Hãy thực hiện các phép tính sau: 1. 1 2 3 1 1 1 2 1 2 1 1 2                     Đs: 9 6 5      ; 3.   1 3 2 3 1 2      Đs:   11 5. 1 0 1 0 1 0 0 0 1 n      Giải  Dự đoán 10 0 1 0 0 0 1 n n A       (1)  Với n = 1, công thức (1) đúng.  Giả sử (1) đúng với nk , ta có: 1 1 0 1 0 1 1 0 1 . 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 kk kk A A A                                     , như vậy (1) đúng với 1nk  Theo phương pháp quy nạp toán học ta kết luận công thức (1) đúng với mọi n . 7. 11 01 n    Đs: 1 01 n    3 9. 21 32 n      Đs: n chẵn 11 01    ; n lẻ 21 32      10. cos sin sin cos n xx xx     Đs: cos sin sin cos nx nx nx nx     5) Hãy tính định thức của các ma trận sau: 1. 1 2 3 1 1 2 223 A       Đs: 1A  ; 3. 1 3 6 1 1 2 8 5 4 C         Đs: 56C  5. 1 1 1 a bc E b ca c ab       Đs:     E a b a c c b    6) Hãy tính định thức của các ma trận sau: 1. 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 Hd: 1 2 3 4 2 1 1 1 5 1 1 1 5 1 1 1 1 2 1 1 5 2 1 1 0 1 0 0 5 1 1 2 1 5 1 2 1 0 0 1 0 1 1 1 2 5 1 1 2 0 0 0 1 c c c c      ; 3. 4 3 2 1 3 4 1 2 2 3 4 1 1 2 3 4 Đs: 80 (cộng 4 cột vào cột đầu, ) 5. 1 1 1 1 1 1 cos cos 1 cos 1 cos 1 cos cos 1 cb ca ba Đs:     2 cos 1 cos 1 cos 1abc   ; 7) Tính định thức của các ma trận vuông cấp n : 1. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 xy xy y yx Hd: Khai triển định thức theo cột 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( 1) ( 1) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n n n n x y y x y x y A x y x y x x y xy       . 4 3. 1 2 3 1 0 3 1 2 0 1 2 3 0 n n C n       Đs: !Cn 8) Tính hạng của các ma trận sau: 1. 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3 4 3 4 3 4 5 4 5 4 A        Đs:   2rA ; Hd: cột 3 - cột 1; cột 5 - cột 1; cột 4 - cột 2 3. 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 C  Đs: Nếu n chẵn   r C n , nếu n lẻ   1r C n 5. 1 3 1 3 1 2 5 2 5 2 3 7 3 7 3 49494 E        Đs:   2rE (Hd: tương tự câu 1.) 9) Tùy theo giá trị của tham số m tìm hạng của các ma trận sau: 1. 1 1 2 2 1 4 1 5 1 1 a Aa        Đs:   3r A a (Hd: Áp dụng biến đổi sơ cấp hoặc tính 3. 2 2 2 1 1 1 C a b c abc       Đs: nếu abc thì   1rC , nếu a b c hoặc a c b hoặc b c a thì   2rC , nếu b c a thì   3rC . 10) Tìm ma trận nghịch đảo nếu có của các ma trận sau: 1. cos sina sin cos a A aa      Đs: 1 cos sin sin cos aa A aa       3. 1 2 3 3 4 3 2 2 1 C       Đs: 1 1 2 3 1,5 2,5 3 1 1 1 C            5. 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 E        Đs: 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 3 1 1 1 2 E             11) Giải các phương trình sau: 1. 1 2 3 5 3 4 5 9 X     Đs: 1 1 2 3 5 1 1 3 4 5 9 2 3 X                      5 3. 3 2 1 2 5 4 5 6 X                Đs: 1 1 2 3 2 3 2 5 6 5 4 5 4 X                           . 5. 1 2 3 1 3 0 3 2 4 3 1 3 2 1 0 3 4 4 X                       Đs: 1 1 2 3 1 3 0 1 17 1 3 2 4 3 1 3 5 38 2 2 1 0 3 4 4 4 32 1 X                                       7. 2 3 1 9 7 6 2 0 2 4 5 2 1 1 2 18 12 9 5 7 3 1 1 1 23 15 11 X                                  Đs: 1 1 1 1 2 3 2 3 1 X       (Hd: Nghiệm của pt AXB C là 11 X A CB   nếu A và B khả nghịch.) 9. 0 1 1 3 5 1 0 1 2 1 1 1 0 1 4 X                      Đs: 00 14 21 X       (Hd: 1 AX B X A B     ) 12) Hãy tìm hạng và ma trận nghịch đảo nếu có của các ma trận sau 1. 51 91 A       Đs:   1 11 1 4 0 2; 95 4 A r A A            . 3. 17 6 45 16 A       Đs:   1 83 2 0 2; 22,5 8,5 A r A A             5. 1 1 0 0 1 1 1 0 1 A         Đs:   11 0; 1 0 2 01 A r A       7. 1 1 0 0 1 1 1 0 1 A         Tương tự câu 5. 13) Giải các hệ phương trình sau 1. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 9 3 5 4 4 7 5 x x x x x x x x x                Hd: Áp dụng biến đổi sơ cấp: 2 1 3 9 2 1 3 9 3 5 1 4 0 1 1 5 4 7 1 5 0 0 0 12 A                              ( ) ( )r A r A . Hệ vô nghiệm 3. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 7 3 6 3 5 2 2 4 9 4 7 2 x x x x x x x x x x x x                  Hd: Áp dụng biến đổi sơ cấp: 2 7 3 1 6 0 11 5 110 ( ) ( ) 2 4 0 0 0 0 0 A r A r A            Nghiệm của hệ là 1 4 23 948 11 5 10 , ; , x x x x R                      6 5. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4 2 3 6 8 2 5 7 9 12 3 10 13 x x x x x x x x x x x x                  Hd:  Áp dụng biến đổi sơ cấp: 3 4 1 2 3 0 0 0 1 1 ( ) ( ) 2 4 0 0 0 0 0 A r A r A            Nghiệm của hệ là 1 2 4 3 ; ; 1 1 3 4 , x x x x R                7. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 5 7 3 3 3 8 2 9 4 x x x x x x x x x               Đs:   1 2 3 146 339 42 ; ; ; ; 217 217 217 x x x     14) Giải và biện luận hệ các hệ phương trình sau 1. 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1x x x ax bx cx d a x b x c x d               Giải  2 2 2 1 1 1 ( )( )( )D a b c b a c a c b abc       a, b, c đôi một khác nhau, hệ có nghiệm duy nhất. 1 2 3 1 2 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) x x x D b d c d x D b a c a D d a c d x D b a c b D d a d b x D c a c b                      a b c , ta có hệ 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1x x x ax ax cx d a x a x c x d               2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 00 0 0 0 ( )( ) A a a c d c a d a d c d a a a c d                .  Nếu d = c: hệ có vô số nghiệm: ( ; ; 1)   (  tùy ý)  Nếu d = a : hệ có vô số nghiệm: ( ; 1 ; 0)   (  tùy ý)  Nếu ;d a d c : hệ vô nghiệm.  Tương tự với các trường hợp a c b và b c a . 7 3.       1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 ax x x x bx x x x cx                  Giải  1abc   , 1; 1; 1; 1; 1; 1a b c b a c c a c         : hệ có vô số nghiệm (đơn giản)  1; 1; 1abc   hệ có nghiệm   0; 0;1 ; tương tự khi 1; 1; 1; a c b    1; 1; 1abc   : Giải 12 ;xx theo 3 x từ hệ     ,  rồi thay vào    ta được:           1 2 3 1 1 1 1 1 1 ;; b c c a b a x x x AAA          với đk: 3 2 0A a b c abc       Khi 3 2 0a b c abc     : hệ vô nghiệm. 5. 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 1ax x x x ax x a x x ax a               Giải  Với 1; 2aa   : hệ có nghiệm duy nhất: 1 2 3 1 2 1 2 ( 1) ( 1)( 2) a x a x a a x aa                  .  Với 1a  : hệ có vô số nghiệm: ( ; ; 1 )x y x y với ;x y R .  Với 2a  : hệ vô nghiệm. 7. 2 1 2 3 32 1 2 3 43 1 2 3 ( 1) 3 ( 1) 3 ( 1) 3 x x a x a a x a x x a a a x x x a a                       Giải  Với 0; 3aa   : hệ có nghiệm duy nhất: 32 1 2 2 3 21 21 2 x a a a xa xa            .  Với 0a  : hệ có vô số nghiệm:   ;;x y x y với ;x y R .  Với 3a  : hệ có vô số nghiệm:   ; ; xxx với xR . 15) Giải phương trình 2 XX với X là ma trận vuông cấp 2 Giải  TH1:   0det X  . Ta có 2 hàng của X tỷ lệ với nhau. Giả sử ab X k a kb     ; 2 ()X a kb X     X a kb X 8   00 00 X     , , hoặc 1a kb   1 (1 ) kb b X k kb kb        TH2:   0det X  . 2 XX   2 1 1 X X XX X I     17* Cho A, B là các ma trận vuông cấp n thỏa mãn AB + A + B = 0. Chứng minh AB = BA. Giải  Từ AB + A + B = 0, ta có (A + I)(B + I) = I. Đặt X = A + I, Y = B + I thì XY = I   Y = X -1 (detX. detY = 1   detX  0, nên tồn tại X -1 )  Do đó: YX = X -1 X = I   (B + I)(A + I) = I   BA + A + B = 0. Từ đó suy ra đpcm. 19* Tồn tại hay không một ma trận vuông cấp 2 thỏa mãn 2010 2008 2010 0 2009 A       Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)  Giả sử tồn tại ma trận A thỏa mãn bài toán. Gọi đa thức đặc trưng của A là p(x), p(x) là đa thức bậc 2. Chia 2010 x cho   px được 2010 ( ) ( ) ( )x p x q x r x . Trong đó   qx là thương và   rx là phần dư,   rx là đa thức không quá 1. Giả sử ()r x x   .  Ta nhắc lại định lý Cayley-Hamilton: Cho A là ma trận vuông cấp n,   px là đa thức đặc trưng của A. Khi đó   0pA  Theo định lý trên ta có   0pA . Vậy 2010 A A I   .  Giả sử ab A cd     . Từ 2010 2008 2010 0 2009 A A I          , ta có 2008 2010 0 2009 a b c d                    Suy ra 0c  . Do đó 0 ab A d       2010 2010 2010 0 ax A d        2010 2010 2008, 2009ad    (vô lý). Vậy không tồn tại ma trận thỏa mãn bài toán. 21* Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2009 thảo mãn AB = 0. Chứng minh rằng trong 2 ma trận P = A + A t , Q = B + B t có ít nhất một ma trận suy biến. Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)  Ta sử dụng 2 bổ đề sau: Bổ đề 1. Nếu A, B là các ma trận cùng cấp thì ( ) ( ) ( ).r A B r A r B   Bổ đề 2. Nếu A, B là các ma trận vuông cấp n thì ( ) ( ) ( ) .r A r B r AB n    Theo bổ đề 2 ta có ( ) ( ) ( ) 2009 2009.r A r B r AB    Suy ra   rA hoặc   rB nhỏ hơn 2009 2 . Giả sử   2009 2 rA . Khi đó     2009 2 t r A r A . Theo bổ đề 1 ta có: 9 ( ) ( ) ( ) 2009. tt r A A r A r A    Vậy t AA suy biến. 23* Cho A là ma trận vuông cấp n có các phần tử trên đường chéo chính bằng 0. Chứng minh rằng tồn tại 2 ma trận vuông cấp n là B và C sao cho BC – CB = A. Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic) Xét 2 ma trận vuông cấp n : ; ij ij B b C c          với ij thì , 0, ij ij ij ii ii a b c b c i ji      . Ta chứng minh B, C là 2 ma trận cần tìm. Thật vậy ta có phần tử hàng i, cột j của   –BC CB là: 11 ,, 0 n n n n ij ik kj ik kj ik kj ik kj ii ij ii ij ij jj ij jj k k i k k i k i j k i j a khi i j b c c b b c c b b c c b b c c b khi i j                         . 25* Cho A là ma trận cấp 42 , B là ma trận cấp 24 , 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 AB            . Tìm ma trận BA. Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic) Viết A, B dưới dạng khối:   1 12 2 ; A A B B B A     , với A 1 , A 2 , B 1 , B 2 là các ma trận vuông cấp 2. Theo đề bài ta có 1 1 1 2 2 1 2 2 A B A B II AB A B A B II          Suy ra 1 1 2 2 , A B I A B I  . Từ đó 11 1 1 2 2 ;A B A B   . Do đó 1 1 2 2 2BA B A A B I   27* Cho 0 , 1, 2, , ; 2 1 ij ji a a i j n n k      . Chứng minh rằng hệ phương trình : 11 1 12 2 1 21 1 22 2 2 1 1 2 2 0 0 0 0 nn nn n n nn n a x a x a x a x a x a x a x a x a x                     có nghiệm không tầm thường. Giải: (dành cho sinh viên luyện thi Olympic) Đặt ij nn Aa     , ta có t AA Khi đó :             det det det 1 det det n t A A A A A           det 0A  Vậy hệ có nghiệm không tầm thường. 10 29* Cho hệ phương trình : 1 2 2002 1 2 2002 1 2 2002 1 2 2002 a x b x b x b x a x b x b x b x a x                     Tìm điều kiện của a và b để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Giải: (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)  Ta có:           1 1 1 1 1 1 1 n a b b b a b b a b a n b a n b a b b a b b a           Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi   1 ab a n b      31* Cho ij nn Aa     là ma trận vuông cấp n có   min , ij a i j . Hãy tính det(A). Giải: (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 0 1 1 1 det 1 2 3 3 0 1 2 2 1 2 3 0 1 2 1 nn A nn         2 11 1 12      33* Cho A là ma trận vuông cấp n thoả mãn n A   (ma trận không). Chứng minh rằng   –AI có nghịch đảo. Giải: Ta có:       12 n n n I A I A I A A I                    12 1 det det .det n nn I A I A A I              det 0AI 35* Biết X I AB khả nghịch. Chứng minh Y I BA cũng khả nghịch. Giải: (dành cho sinh viên luyện thi Olympic) Ta tìm C sao cho    I BA I C I      I BA I BA C I      0BA I BA C   Ta tìm C dưới dạng C BD . Ta có   0BA I BA BD    0BA BD BABD      0B A I AB D      Chọn D sao cho   0A I AB D   hay   1 D I AB A        Vậy ta có       1 IBI BA I AB A I     . Vậy   I BA khả nghịch. Các bài từ 41+) đến 56+) : tương tự các bài từ 1) đến 14) [...]... Độ cao của quả bóng khi bay lên so với mặt đất tại thời điểm t là S  t   16t 2  112t (1) Một quả bóng được bắn thẳng đứng từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 112 1 Khi nào quả bóng đạt độ cao cực đại Xác định độ cao đó 2 Khi rơi xuống, khoảng cách của quả bóng tới mặt đất có cho bởi (1) hay không 3 Xác định vận tốc bóng khi tiếp đất 4 Xác định vận tốc bóng và gia tốc bóng khi t  1s; t  4s Giải. .. thì bầy ruồi có 800 con Giải 1 2 1 k 9 N  9   N0 e    2 N0  k  ln 2  0,077 9 1   ln 2  41 9  N0  100  N  41  100e  2352 con 17 3 47) Xét phương trình 100ekt  800  t  1 ln 8 ln 8   27 ngày 1 k ln 2 9 Một loại lon nước giải khát dạng hình trụ và chứa 0,4 lít chất lỏng Xác định đường kính đáy và đường cao hình trụ để vật liệu sử dụng làm lon là ít nhất Giải  Gọi x là bán kính... Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)  F ' x   F  2  2 1 ln x  ln 2    0; x  2 ln 2 x ln x ln x ln 2 x  4 2 dt  1,9224 ln t    F       2x x (Tích phân dt  ln t  2x x t Biết   f  x  dx hội tụ, chứng minh   2 không phải là hàm sơ cấp)  2 x  x       1,9224;    Nên miền giá trị của F là khoảng 35* dt dx  ln x 1  f  x   dx hội tụ x    Giải. .. phương trình đẳng cấp Y '  XY  X 2 X  x Hd: Đặt  Nghiệm tổng quát: 21 y2  ln y  2  C  0 x x2 y '  y x2  y 2 Tích phân tổng quát: 23 y'  2 x3 y  y 4 x 4  2 xy 3 Tích phân tổng quát: 25 x  x 2  y 2  Cx 2  0 (phương trình đẳng cấp)  xy  C x3  y 3  xy ' y  x 2 arctan x   Nghiệm tổng quát: y  x  x.arctan x  27 xy '  y  x cos 2      x   (phương trình đẳng cấp) C   ydx... (phương trình đẳng cấp) x  ln y  C y (phương trình đẳng cấp) Một phản ứng hóa học biến chất A thành chất B Tốc độ phản ứng tại mỗi thời điểm tỷ lệ với tích các khối lượng của chất A và chất B tại thời điểm đó Tại thời điểm bắt đầu thí nghiệm có 800g chất A và 200g chất B Sau 2 giờ chất A còn 400g 1 Sau 4 giờ chất A còn bao nhiêu 2 Sau mấy giờ thì chất A biến đổi hoàn toàn thành chất B Giải  Gọi y ... 200 Giải  Gọi y  t  là nhiệt độ nước trong bình tại thời điểm t (phút) Theo quy luật Newton: tốc độ giảm của y tỷ lệ với độ chênh lệch giữa nhiệt độ nước trong bình và nhiệt độ không khí: y '  k  y  20   Giải pt biến số phân ly này với điều kiện đầu y  0   90 ta được nghiệm riêng: y  20  70ekt 1 3 ln    0,0282 30  7    5) Từ điều kiện bổ sung y  30   50 ta tính được: k  Giải. .. 000 Giải (Đề bài không nói rõ số lượng vi khuẩn tăng trưởng theo quy luật nào, nhưng với 2 điều kiện đã cho, ta chỉ có thể áp dụng mô hình tăng trưởng tự nhiên (Natural equation (Mô hình Malthusion))  Gọi số lượng vi khuẩn tại thời điểm t là y  t  con (đơn vị t là giờ) Ta có phương trình: y '  ky  y  Cekt  Từ đk đầu y 1  400 và đk bổ sung y  2   1600 ta tính được: C  100; k  ln 4  Giải. .. phút đầu Đs: Lượng dầu chảy trong 10 phút đầu O   r t  dt    200  4t  dt  1800 lít 10 10 0 0 26 47) Một thùng đựng xăng hình trụ cao h  4 m, bán kính đáy r  2 m, khối lượng riêng của xăng   0,9 kg Tính dm3 áp lực của xăng lên thành thùng ở mỗi mét độ sâu Giải  Ta lấy đơn vị độ dài là dm Chu vi thùng xăng là d  2 r  40 (dm) Để dễ hình dung ta triển khai thành xung quanh của thùng xăng... 1,02  0,022 Đs:   4  0,035 Đs:  1,004 Tính các đạo hàm riêng cấp 2 của các hàm số sau: 1 z  y ln x Đs: 2 z  y 2 z 1 2 z  ;  ; 0 x 2 x 2 xy x y 2 3 z  ln( x 2  y 2 ) Đs:  2 z 2( y 2  x 2 )  2 z 4 xy  2 z 2( x 2  y 2 )  2 ;  2 ; 2  2 x 2 ( x  y 2 )2 xy ( x  y 2 )2 y ( x  y 2 )2 28 9) Tìm các đạo hàm hỗn hợp cấp 2 của các hàm số sau: 1 Đs: 2 z 4cos 2( x  y )  xy sin... 4( x  y) Đs: cực đại là 8 tại  2; 2  7 f ( x, y)  x  y  xe y Đs: không có cực trị 8 f ( x, y)  xy  50 20  x y Đs: cực đại là 30 tại  5;2  29 Phương trình vi phân Chương 5 1) Giải các phương trình vi phân cấp 1 sau: 1 y 'sinx  ylny Nghiệm tổng quát: y  e 3  1cos x  C   sin x  (phương trình vi phân biến số phân li)  2x  2 y  1 dx   x  y  1 dy  0 Hd: Đặt z  y  x  phương . ooo Bé m«n To¸n Khoa CNTT - 2014 Hướng Dẫn Giải Bài Tập To¸n cao cÊp 2 Chương 1 Ma trận - Định Thức - Hệ phương trình tuyến tính 1). không một ma trận vuông cấp 2 thỏa mãn 2010 2008 2010 0 2009 A       Giải (dành cho sinh viên luyện thi Olympic)  Giả sử tồn tại ma trận A thỏa mãn bài toán. Gọi đa thức đặc trưng. trận thỏa mãn bài toán. 21* Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2009 thảo mãn AB = 0. Chứng minh rằng trong 2 ma trận P = A + A t , Q = B + B t có ít nhất một ma trận suy biến. Giải (dành cho