GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008

Chia sẻ: Doan Van Khang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

0
861
lượt xem
421
download

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008

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

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008

  1. GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 xác định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1+x2,x2+x3,x3+x4) với mọi x=(x1,x2,x3,x4) ∈ R4 M={ (x1,x2,x3,x4) ∈ R4 : x1-x2=0 và x3-x4=0} a. Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R4 và R3 . xác định Imf và Kerf b. CM f(M) là không gian vectơ con của R3. tìm dimf(M) Giải : • Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R4 và R3 Trong R4 ta có e1=(1,0,0,0),e2=(0,1,0,0),e3=(0,0,1,0),e4=(0,0,0,1) Trong R3 ta có e’1=(1,0,0),e’2=(0,1,0),e’3=(0,0,1) Ma trận f trong cơ sở chính tắc là a1 a2 a3 a 4  1 1 0 0 A f /( e 4 ),( e3 ) =  b1  b2 b3 b4  = 0 1 1 0     c1  c2 c3 c 4  0 0 1 1     mà f(e1)=(1,0,0)=a1e’1+b1e’2+c1e’3 ta tìm được (a1,b1,c1)=(1,0,0) f(e2)=(1,1,0) (a2,b2,c2)=(1,1,0) f(e3)=(0,1,1) (a3,b3,c3)=(0,1,1) f(e4)=(0,0,1) (a4,b4,c4)=(0,0,1) • Xác định Imf,Kerf • Kerf ={ x∈ R4 : f(x)=0 }  x1 = − x 4  x1 + x 2 = 0 x = x   2 4 Ta được hệ  x 2 + x3 = 0 ⇔  hệ có nghiệm tổng quát là (-a,a,-a,a) x + x = 0  x3 = − x 4  3 4  x4 ∈ R  Hệ nghiệm cơ bản là (-1,1,-1,1) Vậy dimKerf=1, cơ sở của Kerf =(-1,1,-1,1) • Tìm Imf Ta có f(e1)=(1,0,0),f(e2)=(1,1,0), f(e3)=(0,1,1),f(e4)=(0,0,1) Nên Imf= Ta có 1 0 0 1 0 0 1 1  0 0 1 0  → ... →   0 1 1 0 0 1     0 0 1 0 0 0 vậy cơ sở của Imf là f(e1),f(e2),f(e3) và dimf=3 b. Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình 1
  2. mx1 + x 2 + x3 + x 4 = 1   x1 + mx 2 + x3 + x 4 = 1  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Giải : lập ma trận các hệ số m 1 1 1 . 1 1 1 m 1 . 1 1 1 m 1 . 1  A =  1 m 1 1 . 1 →  1 m 1 1 .    1. → ... → 0 m − 1   1− m 0 . 0   1 1 m 1 . 1   m 1 1 1 .  1 0  0 2 − m − m 2 1 − m . 1 − m  (1 − m)(2 + m) x 3 + (1 − m) x 4 = 1− m  vậy ta được (m − 1) x 2 + (1 − m) x3 = 0  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Biện luận: Với m=1 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2,x3,x4 nghiệm của hệ là (1-a-b-c,a,b,c) a,b,c ∈ R với m=-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x3 nghiệm của hệ là (a,a,a,1) a ∈R với m khác 1,-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4 và m  1− a x = m + 2  x = 1 − a  nghiệm của hệ là  m + 2 a ∈R  1− a x =  m+2 x = a  Bài 3: Cho chuỗi luỹ thừa ∞ (−1) n −1 ( x + 2) n ∑ n =1 n.2 n a. Tìm miền hội tụ của chuỗi b. Tính tổng của chuỗi Giải: ( −1) n −1 ( x + 2) n a. ta có U n ( x) = n.2 n 1 x+2 x+2 tính lim n →∞ n U n ( x) = lim n . n →∞ n 2 = 2 =C theo tiêu chuẩn côsi nếu chuổi hội tụ khi C 0 Bài 4: Cho a>0 và f ( x, y ) =  ( x + y2 ) a 0 ,x = y = 0  2
  3. Tuỳ theo giá trị của a>0 xét sự khả vi của f tại (0,0), sự liên tục của f’x,f’y tại (0,0) Giải : Tính các đhr • tại x2+y2>0 1 2x3 1 f x' = 2 x sin − 2 cos (x + y ) 2 2 a x +y 2 x + y2 2 ( ) a − 2x 2 y 1 f y' = cos 2 x +y 2 2 (x + y 2 )a • tại x=y=0 f (t ,0) − f (0,0) f x' = lim = t →0 t f (0, t ) − f (0,0) f y' = lim = t →0 t ϕ ( s, t ) • xét sự khả vi của f tại (0,0) Cần xét : lim s ,t →0 Với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 Nếu lim ϕ (s, t ) s ,t →0 =0 thì hàm số khả vi tại (0,0) ngược lại thì không khả vi • xét sự liên tục của f’x,f’y tại 0(0,0) lim f ( x, y ) ≠ f x' (0,0) , lim f ( x, y ) ≠ f y' (0,0) thì hàm số không liên tục tại ' ' nếu : x , y →0 x x , y →0 y (0,0) ngược lại thì liên tục Bài 5: Cho (X,d ) là không gian Metric A ⊂ X khác rỗng Cho f: X → R định bởi f(x)=d(x;A)=inf{d(x,y): y∈ A} a. CM: f liên tục điều trên X b. Giả sử A là tập đóng , B là tập compác chứa trong X và A  B = φ Đặt d(A,B)= inf{ d(x,y),x ∈ A,y ∈ B } CM : d(A,B)>0 Giải : a. để CM f liên tục điều trên X cần CM f ( x) − f ( x' ) ≤ d ( x, x' ) ta có d(x,y) ≤ d(x,x’)+d(x’,y) lấy inf 2 vế ⇒ d(x,A)-d(x’,A) ≤ d(x,x’) tương tự thay đổi vai trò vị trí của x và x’ nhau ta suy ra ĐPCM vậy f liên tục tại x’, do x’ tuỳ ý nên f liên tục điều trên X b. Giả sử trái lại d(A,B)=0 Khi đó ta tìm được các dãy (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ B sao cho limd(xn,yn)=0 Do B compắc nên (yn) có dãy con ( y n ) k hội tụ ve y0 ∈ B k Ta có d ( x n , y 0 ) ≤ d ( x n , y n ) + d ( y n , y 0 ) k k k k Mà lim d ( x k →∞ nk , y n k ) = lim d ( y nk , y 0 ) = 0 ⇒ lim d ( x n k , y 0 ) = 0 k →∞ k →∞ Do A là tập đóng dãy ( x nk ) k ⊂ A, ( x nk ) k → y 0 nên y0 ∈ A Điều này mâu thuẩn với giả thiết A  B = φ .Vậy d(A,B)>0 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2007 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Tìm miền hội tụ của chuổi luỹ thừa 3
  4. n  n +1  ∞ ∑  2n + 3  ( x − 2 ) 2 n n =0   Giải : Đặt X=(x-2) đk X 2 ≥0 n  n +1  n ∞ n +1 Ta tìm miền hội tụ của chuổi ∑   X xét u n = n = 0  2n + 3  2n + 3 n +1 1 Ta có l = lim n u n = lim = n →∞ n →∞ 2n + 3 2 1 ⇒ R = = 2 nên khoảng hội tụ là (-2,2) l Xét tại X= 2, X= -2 n n ∞  n +1  n ∞ n  2n + 2  Ta có chuổi ∑ (±1)   2 = ∑ (±1)  n  n =0  2n + 3  n =0  2n + 3  2n + 2 ⇒ lim n u n = lim = 1 ≠ 0 nên chuổi phân kì n→∞ n →∞ 2n + 3 vậy miền hội tụ theo X là (-2,2) ⇒ miền họi tụ theo x là x − 2 < 2 ⇔ 2 − 2 < x < 2 + 2  2  1  ( x + y ) sin  2  x + y 2  khi x + y > 0 2 2 2 f ( x, y ) =   Bài 2: Cho hàm số   0 khi x = y = 0  Chứng tỏ rằng hàm số f(x,y)có đạo hàm riêng f’x,f’y không liên tục tại 0(0,0) Nhưng hàm số f(x,y)khả vi tại 0(0,0). Giải : Tính các đhr tại (x,y) ≠ (0,0) va tại (x,y)=(0,0) • Tại (x,y) ≠ (0,0)  1  2x  1  Ta có f x' = 2 x sin  2 x +y  − 2 2 cos 2 2   x + y2     x +y    1  2y  1  f y' = 2 y sin  2  x + y 2  − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2         • Tại (x,y)=(0,0) 1 t 2 sin f (t ,0) − f (0,0) t2 ≤ 1 f x' = lim = lim lim t = 0 do sin t 2 ≤ 1 t →0 t t →0 t t →0 1 t 2 sin 2 f (0, t ) − f (0,0) t ≤ 1 f y' = lim = lim lim t = 0 do sin t 2 ≤ 1 t →0 t t →0 t t →0 CM : f’ ,f’ không liên tục tại 0(0,0) Ta CM : lim f x ≠ 0 và lim f y ≠ 0 ' ' x y x , y →0 x , y →0 lim f ( x, y ) ≠ f (0,0) , lim f ( x, y ) ≠ f (0,0) ' ' ' ' Hay CM : x , y →0 x x x , y →0 y y Ta có : 4
  5. 1 2x 1 lim f x ' ( x, y ) = lim 2 x. sin − lim 2 . cos 2 , x , y →0 x , y →0 x +y 2 2 x , y →0 x + y 2 x + y2 1 1 Do sin x 2 + y 2 ≤ 1, ⇒ 2 x sin x + y ≤ 2 x → 0, khi x → 0 1 2x 1 2x 2 cos ≤1⇒ 2 . cos 2 ≤ 2 ≤ → ∞ , khi x → 0 x +y22 x +y 2 x +y 2 x +y 2 x lim f ( x, y ) ≠ f x' (0,0) ' nên x , y →0 x lim f ( x, y ) ≠ f y' (0,0) ' tương tự ta CM : được x , y →0 y vậy f’x,f’y không liên tục tại 0(0,0) ϕ ( s, t ) = 0 • Ta CM : f(x,y)khả vi tại 0(0,0). Cần CM : lim s ,t → 0 Với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 1 1 lim ϕ (s, t ) = lim s ,t → 0 s ,t → 0 s 2 + t 2 . sin s + t2 2 =0 (do sin s + t2 2 ≤ 1) vậy f(x,y)khả vi tại 0(0,0) Bài 3: Cho ϕ : [ 0,1] * R → R là một hàm số liên tục CMR : Hàm F: C[0,1] → R xác định bởi 1 F ( x) = ∫ ϕ (t , x(t ))dt khi x(t) ∈ C[ 0,1] là hàm số liên tục trên C[0,1] 0 Giải: Cố định x0, CM f liên tục tại x0 Đặt M=1+sup x0 (t ) , t ∈ C[ 0,1] Cho ε > 0 ϕ liên tục trên tập compac D= [0,1]*[-M,M] nên ϕ liên tục đều trên D tồn tại số δ 1 >0 sao cho ∀(t , s ), (t ' , s ' ) ∈ D ⇒ t − t ' < δ 1 , s − s ' < δ 1 ⇒ ϕ (t , s ) − ϕ (t ' , s ' ) < ε đặt δ = min(1, δ 1 ) : ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ d ( x, x0 ) < δ mà x(t ) − x0 (t ) < 1 ⇒ x0 (t ) ∈ [ − M , M ] 1 ϕ (t , x(t )) − ϕ (t , x 0 (t )) < ε ⇒ ∫ [ϕ (t , x(t )) − ϕ (t , x 0 0 (t ))] dt < ε ⇒ F ( x) − F ( x0 ) < ε ta CM được ∀ε > 0, ∃δ > 0 : d ( x, x0 ) < δ ⇒ d ( F ( x), F ( x0 )) < ε vậy F liên tục tại x0 Bài 4: Cho ánh xạ tuyến tính f :R 4 → R 3 xác định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1-2x2+x4,-x1+x2+2x3,-x2+2x3+x4) 1. Tìm cơ sở và số chiều của kerf, Imf 2. f có phải là đơn cấu , toàn cấu không? Giải : 1. • Tìm cơ sở và số chiều của kerf Với x=( x1,x2,x3,x4) Ta có : ker f = { x ∈ R 4 : f ( x) = 0} 5
  6.  x1 − 2 x 2 + x 4 = 0  f(x1,x2,x3,x4)=(x1-2x2+x4,-x1+x2+2x3,-x2+2x3+x4)=0 ⇔ − x1 + x 2 + 2 x3 = 0 − x + 2 x + x = 0  2 3 4  1 − 2 0 1 1 − 2 0 1 1 − 2 0 1       lập ma trận A = − 1 1 2 0 → 0 − 1 2 1 → 0 − 1 2 1  0 − 1 2 1   0 − 1 2 1   0 0 0 0    vậy Rank(A)=2  x1 = 2 x 2 − x 4  ta có  x 2 = 2 x3 + x 4 nên dimKerf=2 x , x ∈ R  3 4 nghiệm cơ bản là (1,1,0,1),(4,2,1,0) và là cơ sở của Kerf do dimKerf =2 ≠ 0 nên f không đơn cấu • Tìm cơ sở , số chiều của Im f Im f là không gian con của R3 sinh bởi hệ 4 vectơ f(e1)=(1,-1,0) với e1=(1,0,0,0) f(e2)=(-2,1,-1) với e2=(0,1,0,0) f(e3)=(0,2,2) với e3=(0,0,1,0) f(e4)=(1,0,1) với e4=(0,0,0,1) ta tìm hạng của 4 vectơ trên  1 −1 0  1 − 1 0  1 − 1 0  − 2 1 − 1 0 − 1 − 1   xét ma trận B= →  → 0 − 1 − 1 0 2 2 0 2 2 0 0 0       1 0 1 0 1 1 0 0 0 Rank(B)=2, , dim Imf =2 , cơ sở của Imf là f(e1),f(e2) Do , dim Imf =2 nên f không toàn cấu Bài 5: Cho f : V → V ' , g : V → V ' ' là những ánh xạ tuyến tính sao cho ker f ⊂ ker g Hơn nữaf là một toàn cấu . CMR tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính h : V ' → V ' ' sao cho h.f=g Giải: Bài 6: Cho dạng toàn phương trên R3 f(x1,x2,x3)= 2 x12 + 2 x 22 + x32 + 2 x1 x 2 + ax1 x3 a. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange b. Với giá trị nào của a thì f xác định dương, không âm Giải : a. f(x1,x2,x3)= 2 x12 + 2 x 2 + x32 + 2 x1 x 2 + ax1 x3 =…… 2 2 2  2 x + ax3  3 a   a2  2 ……= 2  x1 + 2  +  x 2 − x 3  + 1 −  x3  4  2 6    6   6
  7.  x 2 ax3  y 2 ay 3  y1 = x1 + 2 + 4  x1 = y1 − 2 − 3    ax3  ay đặt  y 2 = x 2 − ⇔ x2 = y 2 + 3  6  6  y 3 = x3  x3 = y 3     ta được cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1/2,1,0),u3=(-a/3,a/6,1)  −1 − a  1 2 3   a  ma trận trong cơ sở chính tắc là Tεu = 0 1   6  0 0 1      2 a b. f xác định dương khi 1 − > 0 ⇔ − 6 < a < 6 6 a2 f xác định không âm khi 1 − = 0 ⇔ a = ± 6 6 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 5/2007 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Cho u=u(x,y), v=v(x,y) là hàm ẩn suy ra từ hệ phương trình  x.e u +v + 2uv − 1 = 0   u −v u  y.e − − 2x = 0  1+ v tìm vi phân du(1,2), dv(1,2) biết u(x,y)=0, v(x,y)=0  F ( x, y , u , v ) = 0 Giải : lí thuyết : cho hàm ẩn  xác định bởi u=u(x,y), v=v(x,y) G ( x, y, u , v) = 0 Tính các đạo hàm riêng của hàm ẩn  Fx' d x + Fy' d y + Fu' d u + Fv' d v = 0  Từ hệ trên ta có  ' ⇔ G x d x + G y d y + Gu d u + Gv d v = 0 ' ' '  − Fx' d x − F y' d y = Fu' d u + Fv' d v  d u =  ⇔ − G x d x − G y d y = G u d u + G v d v d v = ' ' ' '  d u (1,2) = Tính  d v (1,2) = Ta có : Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuổi luỹ thừa ∞ 1 ∑ n(ln n) n =2 2 ( x + 1) n ∞ 1 Giải : Đặt X= x+1 ta được ∑ n(ln n) n =2 2 Xn 1 1 Xét u n = n(ln n) 2 ⇒ u n+1 = (n + 1)(ln(n + 1)) 2 7
  8. u n +1 n(ln n) 2 Ta có : L = lim = lim n →∞ ( n + 1)[ ln(n + 1)] 2 n →∞ un 1 2. ln n. (ln n) 2 lopi tan n n + 1 ln n Tính lim [ ln(n + 1)] = lim 2 1 = lim . n ln(n + 1) n →∞ n →∞ 2. ln(n + 1). n →∞ n +1 1 lopi tan ln n n =1 Tính lim ln(n + 1) = lim n →∞ n →∞ 1 n +1 1 Nên R = = 1 , khoảng hội tụ là (-1,1) L ∞ 1 Tại X= ± 1 ta được chuổi ∑ 2 (±1) n n = 2 n(ln n) u n +1 n(ln n) 2 Từ đó ta có L = lim = lim =1≠ ∞ n →∞ ( n + 1)[ ln(n + 1) ] 2 n →∞ un Chuổi phân kì , MHT theo X là (-1,1) MHT theo x là (-2,0) Bài 3: Cho X là không gian metric compac f: X → X thoả d(f(x),f(y))0 Khi đó g(f(x0))=d(f(x0),f(f(x0)))< d(x0,f(x0))=g(x0) Điều này mâu thuẩn với sự kiện g(x0)=min(g(x)) Vậy g(x0)=d(x0,f(x0))=0 hay x0=f(x0) CM tính duy nhât của x0. Giả sử có y0 ∈ X sao cho y0=f(x0) Khi đó d(x0,y0) =d(f(x0),f(y0))
  9. Giả sử An là tập compackhi đó An+1=f(An) là tập compac Vậy An là tập compac khác rỗng ∀n ∈ N ∗ nên An la tập đóng Hơn nủa do A1=f(X) ⊂ X nên A2=f(A1) ⊂ f(X)=A1 Giả sử An+1 ⊂ An ta có An+2=f(An+1) ⊂ f(An)=An+1 Vậy An+1 ⊂ An , ∀n ∈ N { An } là họ có tâm các tập đóng trong không gian compac ∞ Theo tính chất phần giao hữu hạn ta có A= An ≠ φ n =1 • CM: f(A)=A cần CM : f(A) ⊂ A (1) , f(A) ⊃ A (2) • CM : f(A) ⊂ A (1) Do A ⊂ An nên f(A) ⊂ f(An)=An+1 với mọi n, là dãy giảm nên ∞ f(A) ⊂ A n +1 =A n =1 • f(A) ⊃ A (2) lấy tuỳ ý x∈ A cần CM x ∈ f(A) vì x ∈ An+1 =f(An) với mọi n=1,2 … tồn tại xn ∈ An: x=f(xn) do X compact nên có dãy con (xnk)k : lim x n = a k →∞ k khi đó lim f ( x k →∞ nk ) = x , do f liên tục nên lim f ( x k →∞ nk ) = f (a ) ta cần CM a ∈ A cố đinh n ta có x n ∈ An ⊂ An ⇒ x n ∈ An khi nk ≥ n k k k do An đóng lim x n = a ∈ An k →∞ k vậy a ∈ An với mọi n=1,2 … do a ∈ A, x=f(a) ∈ f(A) vậy ta CM được f(A)=A mx1 + x 2 + x3 + x 4 = 1  Bài 4: Giải và biện luận hệ  x1 + mx2 + x3 + x 4 = 1  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Giải : Ta có ma trận mở rộng m 1 1 1 . 1 A =  1 m 1 1 . 1   đổi chổ d1, d3, biến đổi ma trận về dạng  1 1 m 1 . 1   1 1 m 1 . 1  0 m − 1 A= 1− m 0 . 0   0  0 (m − 1)(m + 2) m − 1 . m − 1  biện luận • nếu m=1 hệ có VSN phụ thuộc 3 tham số x2,x3,x4 và RankA=1 nghiệm của hệ là x1=1-a-b-c, x2=a,x3=b,x4=c • nếu m=-2 hệ có VSN phụ thuộc tham số x3 và RankA=3 9
  10. nghiệm của hệ là x1=x2=x3=a,x4=1 • nếu m ≠ 1và m ≠ -2 thì hệ có VSN phụ thuộc vào tham số x4 va tham số m 1− a 1− a 1− a nghiệm của hệ là x1 = , x2 = , x3 = , x 4 = a, a ∈ R m+2 m+2 m+2 Bài 5: Trong R3 cho cơ sở : u1=(1,1,1), u2= (-1,2,1), u3=(1,3,2) cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 xác định bởi f(u1)= (0,5,3), f(u2)=(2,4,3), f(u3)=(0,3,2) tìm ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được Giải : b1. Tìm ma trận của f trong cơ sở u  f (u1 ) = a1u1 + a 2 u 2 + a 3 u 3 (1)  Ta có hệ  f (u 2 ) = b1u1 + b2 u 2 + b3u 3 (2)  f (u ) = c u + c u + c u (3)  3 1 1 2 2 3 3 a1 − a 2 + a3 = 0 a1 = 0   Từ (1) ta có (0,5,3)=a1(1,1,1)+a2(-1,2,1)+a3(1,3,2) ⇔ a1 + 2a 2 + 3a3 = 0 ⇔ a 2 = 1 a + a + 2 a = 0 a = 1  1 2 3  3 Tương tự từ ( 2) ta được b1=1,b2=0,b3=1 Tương tự từ (3) ta được c1=1,c2=1,c3=0  a1 b1 c1  0 1 1 Vậy ma trận A trong cơ sở f là AA / f (u ) = a 2  b2 c 2  = 1 0 1     a3  b3 c3  1 1 0    B2. Tìm GTR- VTR của A và của f (GTR của A chính là GTR của f) − m 1 1   1 − m 1  = −m 3 + 3m + 2 = 0 ⇔ m = −1(kep) Xét ma trận đặt trưng   m=2  1  1 − m  A có 2 giá trị riêng, nên f có 2 giá trị riêng m=-1, m=2 Tìm VTR của A từ đó suy ra VTR của f 1 1 1 1 1 1     • với m=-1 ta có 1 1 1 = 0 0 0 = 0 1 1 1 0 0 0      x1 = − x 2 − x3 = −a − b  x1 + x 2 + x3 = 0  VTR của A có dạng  ⇔  x2 = a a,b∈ R  x 2 , x3 ∈ R x = b  3 Dạng VTR của A là (-a-b,a,b) Vậy A có 2 VTR (-1,0,1),(-1,1,0) Từ đó VTR của f có dạng n= x1u1+x2u2+x3u3=(-a-b)u1+au2+bu3= =(-a-b)(1,1,1)+a(-1,2,1)+b(1,3,2)=(-2a,a+2b,b) vậy f có 2 VTR ĐLTT với a=1,b=0 : VTR là n1=(-2,1,0) với a=0,b=1: VTR là n2=(0,2,1) − 2 1 1  1 1 − 2 1 1 − 2       • với m=2 ta có  1 − 2 1  =  1 − 2 1  = 0 3 − 3 = 0 1  1 − 2 − 2 1   1  0 0 0     10
  11.  x1 + x 2 − 2 x3 = 0  x1 = − x 2 + 2 x3 = − a + 2a = a   VTR của A có dạng 3x 2 − 3x3 = 0 ⇔  x 2 = x3 = a a∈ R x ∈ R x = a  3  3 Dạng VTR của A là (a,a,a), Vậy A có VTR (1,1,1) Từ đó VTR của f có dạng n= x1u1+x2u2+x3u3=au1+au2+au3= =a(1,1,1)+a(-1,2,1)+a(1,3,2)=(a,6a,4a) vậy f có VTR là n3=(1,6,4) b3 : KL vậy f có 3 VTR ĐLTT n1,n2,n3 do đó 3 VTR n1,n2,n3 làm thành 1 cơ sở của R3 và ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được ta có : − 1 0 0 A f /(n ) =  0 − 1 0   0  0 2 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2006 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH  1  x + y sin 2 , x 2 + y2 > 0 2 Bài 1: Cho f ( x, y ) =  x + y2 0 ,x = y =0  a. Xét sự khả vi của f tại (x,y)∈ R đặc biệt tại (0,0) 2 ' ' b. Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) Giải : • Tại (x,y) ≠ (0,0) Ta có 2 xy 2 1 f x' = 1 − . cos 2 (x + y ) 2 2 2 x + y2 1 2y3 1 f y' = 2 y. sin − 2 . cos 2 x +y 2 2 (x + y ) 2 2 x + y2 ' ' Do f x , f y liên tục tại mọi (x,y) ≠ (0,0) nên f khả vi tại mọi (x,y) ≠ (0,0) • Tại (x,y)=(0,0) Ta có f (t ,0) − f (0,0) f x' (0,0) = lim =1 t →0 t 1 sin f (0, t ) − f (0,0) t2 = 0 1 f y' (0,0) = lim = lim t 2 . (do sin ≤ 1) t →0 t t →0 t t2 • Tính lim ϕ (s, t ) s ,t → 0 Ta có ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' ] (0,0) s − f y' (0,0)t = 1 .t 2 . sin 1 t + s2 2 s +t2 2 s +t 2 2 t2 1 lim ϕ (s, t ) = lim s ,t → 0 s ,t →0 s2 + t2 . sin s + t2 2 =0 11
  12. 1 do sin ≤ 1 nên f khả vi tại (0,0) s + t2 2 ' ' b.Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) lim f ( x, y ), lim f y' ( x, y ) ' ' ' để Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) ta tính x , y →0 x x , y →0 lim f ( x, y ) = f (0,0), lim f ( x, y ) = f (0,0) thì f ' , f ' liên tục tại (0,0) ' ' ' ' nếu x , y →0 x x y x , y →0 y x y f x' , f y' không liên tục tại (0,0) 1 lim f ( ,0) = 1 ' x   1 n chọn ( x n , y n ) =  ,0  → (0,0) ta có x , y →0 n  1 lim f ( ,0) = 0 ' y x , y →0 n lim f ( xn , y n ) = −∞ ' ' ' x  1  1 chọn ( x' n , y ' n ) =  x , y →0  ,  → (0,0) ta có   2 nπ 2 nπ  lim f ( xn , y n ) = −∞ ' ' ' y x , y →0 ' ' vậy f , f không liên tục tại (0,0) x y Bài 2: Cho (X,d )là không gian mêtric compac, f: X → X thoả mãn: d(f(x),f(y))0 khi đó h(f(x0))=d(f(x0),f(f(x0)))
  13. Nên gn liên tục Do g n+1 ( x) = d ( x0 , f n +1 ( x)) = d ( f ( x0 ), f ( f n ( x))) ≤ d ( x0 , f n ( x)) = g n ( x), ∀x ∈ X ⇒ (gn(x))dãy giảm không âm nên hội tụ Đặt a= limgn(x) Giả sử a>0, do X compac dãy fn(x)chữa dãy con hội tụ ( f ( x) ) k n k Đặt y = lim f ( x) n k k →∞ Ta có ( g n +1 ( x) ) k là dãy con của ( g n ( x) ) n nên a = lim g n ( x) = lim g n +1 ( x) k k →∞ k →∞ k k a = lim g nk ( x) = lim d ( x 0 , f nk ( x)) = d ( x 0 , y ) > 0 k →∞ k →∞ nk +1 a = lim g nk +1 ( x) = lim d ( x , f ( x)) = lim d ( f ( x 0 0 ), f ( y )) < d ( x 0 , y ) = a k →∞ k →∞ k →∞ mâu thuẩn vậy lim g ( x) = 0, ∀x ∈ X n →∞ n c. CM (gn)n hội tụ điều về 0 trên X với ε > 0 đặt Gn = { x ∈ X : g n ( x) < ε } = g n 1 (−∞ , ε ) là tập mở − ∞ do gn (x) >gn+1(x)nên Gn ⊂ Gn+1 ta có X = X Gn n =1 n0 do X compac nên có n0 : X = = Gn = Gn 0 n =1 vậy 0 ≤ g n ( x) < ε , ∀x ∈ X khi n ≥ n 0 vậy (gn)n hội tụ điều về 0 trên X Bài 3 Cho V là không gian vectơ , f: V → V là ánh xạ tuyến tính thoả mãn f2=f CM: Kerf+Imf=V và ker f ∩ Im f = { 0} Giải • CM: Kerf+Imf=V ta cần CM Kerf+Imf ⊂ V (1), Kerf+Imf ⊃ V (2) • CM Kerf+Imf ⊂ V (1) hiển nhiên • CM: Kerf+Imf ⊃ V (2) Lấy tuỳ ý x∈ V cần CM x∈ Kerf+Imf Ta có x= x-f(x)+f(x) mà f(x) ∈ Imf cần CM (x-f(x)) ∈ Kerf cần CM f(x-f(x))=0 Xét f(x-f(x))=f(x)-f2(x)=f(x)-f(x)=0 nên (x-f(x)) ∈ Kerf hay x∈ Kerf+Imf Vậy Kerf+Imf ⊃ V Từ (1),(2) ta có Kerf+Imf=V • CM ker f ∩ Im f = { 0} Lây y tuỳ y: y∈ ker f ∩ Im f cần CM y=0 Do y∈ ker f ∩ Im f khi đó có x∈ V : f(x)=y và f(y)=0 Do f2=f nên y=f(x)=f2(x)=f(f(x))=f(y)=0 Vậy y=0 hay ker f ∩ Im f = { 0} Bài 4 : Cho f: R4 → R3 định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1-x2+x3,2x1+x4,2x2-x3+x4) a. Tìm cơ sở và số chiều của Kerf, Imf b. Tìm u ∈ R4 sao cho f(u)=(1,-1, 0) Giải : a. • Tìm cơ sở số chiều của Kerf Với x=(x1,x2,x3,x4) 13
  14.  x1 − x 2 + x3 = 0 { }  Kerf = x ∈ R 4 : f ( x) = 0 ⇔ 2 x1 + x 4 = 0 2 x − x + x = 0  2 3 4 ta có ma trận mở rộng 1 − 1 1 0 . 0  1 − 1 1 0 . 0 2 0 0 1 . 0 → 0 2 − 2 1 . 0 biến đổi ta được hệ     0 2 − 1 1 . 0   0 0 − 1 0 . 0     x1 − x 2 + x3 = 0  x1 = a 2 x − 2 x + x = 0 x = a  2 3 4   ⇔ 2 là nghiệm tổng quát của hệ  x3 = 0  x3 = 0  x4 ∈ R   x 4 = 2a  ta có dimKerf =1 cơ sở của Kerf là (1,1,0,2) • Tìm cơ sở và số chiều của Imf ta có f(e1)=(1,2,0), f(e2)=(-1,0,2), f(e3)=(1,0,-1), f(e4)=(0,1,1) Imf=(f(e1),f(e2),f(e3),f(e4)) 1 2 0 1 2 0 − 1 0 2 0 0 2 Ta có  1 →   0 − 1 0 0 1     0 1 1 0 0 0 Nên dim Imf =3 Vậy cơ sở của Imf là (f(e1),f(e2),f(e3)) b. Tìm u ∈ R4 sao cho f(u)=(1,-1, 0) ta có : f(u)=(1,-1, 0) =(x1-x2+x3,2x1+x4,2x2-x3+x4)  1 1  x1 = − x4 − 2 2  x1 − x 2 + x 3 = 1    1 1 ta được hệ 2 x1 + x 4 = −1 ⇔  x 2 = − x4 − (a∈ R) 2 x − x + x = 0  2 2  2 3 4  x3 =1 x = 2a  4 lập ma trận mở rộng biến đôi để giải hệ trên ta có u=(x1,x2,x3,x4) Bài 5 : Tìm GTR- VTR và chéo hoá ma trân  5 −1 1    A= − 1 2 − 2  1 −2 2    Giải : Xét đa thức đặt trương 5 − a − 1 1  a=0  − 1 2 − a − 2  = −a 3 + 9a 2 − 18a = 0 ⇔ a = 6    1  − 2 2 − a  a=3 vậy A có 3 GTR a=0, a=6, a=3 • tìm VTR 14
  15.  5 −1 1   1 −2 2  1 − 2 2       • với a=0 :ta có − 1 2 − 2 → − 1 2 − 2 → 0 − 9 9  1 −2 2     5 −1 1    0 0 0     x1 − 2 x 2 + 2 x3 = 0  x1 = 0   ta được hệ − 9 x 2 + 9 x3 = 0 ⇔  x 2 = a suy ra VTR (0,a,a) với a=1 thì VTR (0,1,1) x = a x = a  3  3 − 1 − 1 1  − 1 − 1 1     • với a=6: ta có − 1 − 4 − 2 →  0 3 3  1 − 2 − 4   0  0 0   x1 − x 2 + x 3 = 0  x1 = −2a   được hệ 3x 2 + 3x3 = 0 ⇔  x 2 = −a suy ra VTR (-2a,-a,a) với a=1 thì VTR (-2,-1,1) x = a x =a  3  3  2 −1 1   1 − 2 − 1 1 − 2 − 1  − 2 → − 1 2 − 2 → 0 − 3 − 3 • với a=3: ta có − 1 − 1       1 −2  − 1   2 −1 1    0 0  0  x1 − 2 x 2 − x 3 = 0  x1 = 3a   được hệ − 3x 2 − 3x3 = 0 ⇔  x 2 = a suy ra VTR (3a,a,a) với a=1 thì VTR (3,1,1) x = a x = a  3  3 0 − 2 3 0 0 0      • ma trận cần tìm là T= 1 − 1 1 và T-1AT= 0 6 0 1 1 1   0 0 3   GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2005 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH  2 1 ( x + y ) sin 2 khi x 2 + y 2 > 0 2 Bài 1: Cho hàm số f ( x, y ) =  x + y2 0 khi x = y = 0  ' ' CMR hàm số f(x,y ) có các đạo hàm riêng f x , f y không liên tục tại (0,0) nhưng f(x,y) khả vi tại (0,0) Giải : ' ' • Tính các đhr f x , f y • tại (x,y) ≠ (0,0) 1 2x 1 ta có f x = 2 x sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ' 1 2y 1 f y' = 2 y sin − 2 cos 2 x +y 2 2 x +y 2 x + y2 • tại (x,y)=(0,0) 1 t 2 sin f (t ,0) − f (0,0) t2 = 0 f x' = lim = lim t →0 t t →0 t 15
  16. 1 t 2 sin 1 f (0, t ) − f (0,0) t2 = 0 ( do sin ≤1 ) f = lim y ' = lim t2 t →0 t t →0 t • xét sự liên tục của các đhr lim f ( x, y ) = f ' (0,0) thì các đhr liên tục ' nếu x , y →0 1 2x 1 lim f ( x, y ) = lim (2 x sin − 2 ' • ta có x cos 2 ) x , y →0 x , y →0 x +y 2 2 x +y 2 x + y2 1 1 do sin ≤ 1 ⇒ lim 2 x sin 2 =0 x +y 2 2 x , y →0 x + y2 1 2x 1 2x do cos ≤ 1 ⇒ lim 2 cos 2 ≤ lim 2 →∞ x +y 22 x , y →0 x + y 2 x +y 2 x , y →0 x + y 2 1 2x 1 vậy lim f x ( x, y ) = lim 2 x sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ≠ f x (0,0) ' ' x , y →0 x , y →0 1 2y 1 • tương tự ta có lim f y ( x, y ) = lim 2 y sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ≠ f y (0,0) ' ' x , y →0 x , y →0 vậy các đhr không liên tục tại (0,0) • xét sự khả vi tại (0,0) để CM f(x,y) khả vi tại (0,0) cần CM lim ϕ (s, t ) = 0 s ,t → 0 với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 1 1 ta có lim ϕ (s, t ) = lim s ,t →0 s ,t → 0 s 2 + t 2 sin s + t2 2 =0 do sin s + t2 2 ≤1 vậy f khả vi tại (0,0) Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuổi luỷ thừa n ∞  n +1  ∑  3n + 2  ( x − 2) n n =1   Giải : Đặt X=x-2 n n  n +1  ∞  n +1  Ta được chuổi ∑  3n + 2  X n n =1   voi u n =    3n + 2  n +1 1 Xét L= lim n u n = lim = n →∞ n →∞ 3n + 2 3 Nên R=3 và khoảng hội tụ là (-3,3) Xét tại X=3 và X=-3 ta được n n ∞  n +1  ∞  3n + 3  ∑  3n + 2  ( ± 3) = ∑   ( ± 1) n n  n =1 n =1  3n + 2  3n + 3 lim n u n = lim 3n + 2 = 1 ≠ 0 nên tại X=3,X=-3 chuổi không hội tụ n →∞ n →∞ MHT chuổi theo X là (-3,3) MHT chuổi theo x là (-1,5) Bài 3: Gọi M = { x ∈ C[ 0,1] : x(1) = 1,0 ≤ x(t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1]} 16
  17. a.CMR : M là tập đóng không rỗng và bị chặn trong không gian metric C([0,1]) với mêtric d(x,y)=max{ x(t ) − y (t ) : t∈ [ 0,1] } với x(t),y(t) ∈ C ([ 0,1] ) 1 b. xét f : C ([ 0,1] ) → R xác định bởi f(x)= ∫ x (t )dt 2 0 CM : f liên tục trên M những f không đạt được GTNN trên M từ đó suy ra M không phải là tập compắc trong C([0,1]) Giải : a. • CM : M là tập đóng Lấy dãy (xn) ⊂ M : limxn=x cần CM x∈ M Ta có 0 ≤ x n (t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1], x n (1) = 1 Cho n → ∞ ta có 0 ≤ x(t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1], x(1) = 1 nên x∈ M Vậy M là tập đóng b. • CM f liên tục trên M Xét tuỳ ý x∈ C ([ 0,1] ) , (xn) ⊂ M : limxn=x cần CM limf(xn)=f(x) Ta có xn (t ) − x (t ) = x n (t ) − x(t ) . x n (t ) − x(t ) + 2 x(t ) ≤ d ( x n , x).[ d ( x n , x) + N ] 2 2 Với N= sup 2 x(t ) , t ∈ [ 0,1] 1 ⇒ f ( x n ) − f ( x) ≤ ∫ x n (t ) − x 2 (t ) ≤ d ( x n , x ).[ d ( x n , x) + N ] 2 0 do limd(xn,x)=0 nên từ đây ta có limf(xn)=f(x) vậy f liên tục trên M • CM f không đạt GTNN trên M • Trước tiên ta CM inff(M)=0, nhưng không tồn tại x∈ M để f(x)=0 Đặt a= inff(M) ta có f(x) ≥ 0, ∀x ∈ M nên a ≥ 0 Với xn(t)=tn ta có xn ∈ M 1 1 t 2 n +1 1 a ≤ f ( x n ) = ∫ x (t )dt = ∫ t 2 n dt = 1 2 n = →0 khi n → ∞ 0 0 2n + 1 0 2n + 1 vậy a= inff(M)=0 • không tồn tại x∈ M để f(x)=0 1 giả sử tồn tai x∈ M để f(x)=0 ta có ∫ x (t )dt = 0, x (t ) ≥ 0, x (t ) liên tục trên [0,1] 2 2 2 0 suy ra x(t)=0 với mọi t ∈ [0,1] điêu này mâu thuẩn với x(1)=1 với mọi x∈ M vậy không tồn tại x∈ M để f(x)=0 từ đây ta suy ra M không là tập compăc giả sử nếu M là tập compắc , f liên tục thì f đạt cực tiểu trên M tức là có x0∈ M sao cho f(x0)=inff(M)=0 điều này mâu thuẩn với không tồn tại x∈ M để f(x)=0 vậy M không là tập compắc Bài 4: Cho f : R 3 → R 3 là một phép biến đổi tuyến tính xác định bởi f(u1)=v1, f(u2)=v2, f(u3)=v3 u1=(1,1,1),u2=(0,1,1), u3=(0,0,1) v1=(a+3,a+3,a+3),v2=(2,a+2,a+2), v3=(1,1,a+1) a.tìm ma trận f với cơ sở chính tắc e1=(1,0,0), e2=(0,1,0), e3=(0,0,1) b. Tìm giá trị của a để f là một đẳng cấu 17
  18. c. khi f không là một đẳng cấu hãy tìm cơ sở và số chiều của Imf và Kerf d. với a=-3 f có chéo hoá được không trong trường hợp f chéo hoá được háy tìm một cơ sở để ma trận f voéi cơ sở đó có dạng chéo . Giải : Bài 5: Cho dạng toàn phương f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 2 x 2 + x3 + 2 x1 x 2 + 2ax1 x3 + 2 x 2 x3 2 2 a. Đưa dạng toàn phương vể dạng chính tắc b. Với giá trị nào của a thì f là xác định dương và nữa xác định dương Giải : a. ta có f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 2 x 2 + x3 + 2 x1 x 2 + 2ax1 x3 + 2 x 2 x3 = ....... 2 2 ................ = ( x1 + x 2 + ax 3 ) 2 + [ x 2 − (a − 1) x3 ] + (−2a 2 + 2a ) x3 2 2  y1 = x1 + x 2 + ax3  x1 = y1 − y 2 + (1 − 2a ) y 3   đặt  y 2 = x 2 − (a − 1) x3 ⇔  x 2 = y 2 + (a − 1) y3 y = x x = y  3 3  3 3 cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1,1,0),u3=(1-2a,a-1,1) 1 − 1 1 − 2a    ma trận Tεu = 0 1 a − 1  0 0  1   b.f xác định dương khi -2a2+2a>0 ⇔ 0 < a < 1 f nữa xác định dương khi -2a2+2a=0 ⇔ a = 0, a = 1 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2004 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỷ thừa n ( n +1) ∞ n + 2 ∑ n +1  n =1   xn Giải : n  1   n +1 Xét u n = 1 +    n + 1     n +1  1  Ta có L= lim n u n = lim 1 +  =e n →∞ n →∞  n +1 1 1  1 1 Nên R = = , khoảng hội tụ là  − ,  L e  e e 1 Xét tai 2 đầu mút x= ± e 18
  19. n ∞  1   n ( n +1) n n +1 n n + 2 ∞  1  n1 Ta có chuổi ∑    ±  = ∑ 1 +   ( ± 1)   n =1  n + 1   e n =1   n + 1   e n +1  1 1  1 ⇒ lim n u n = lim 1 + . = e. = 1 ≠ 0  n →∞ n →∞  e n + 1 e  1 1 vậy MHT của chuổi hàm luỹ thừa là  − ,   e e Bài 2 : Cho hàm số f:R2 → R xác định bởi  2 xy  khi (x, y) ≠ (0,0) f ( x, y ) =  x 2 + y 2 0 khi (x, y) = (0,0)  a. Xét sự liên tục của f trên R2 b. Tính các đạo hàm riêng của f trên R2 Giải : Chú ý : nếu lim f ( x, y) = x , y →0 f (0,0) = 0 thì hàm số liên tục • Tại mọi (x,y) ≠ (0,0) thì hàm số liên tục vì là hàm sơ cấp • Xét sự liên tục của f trên R2 tại (0,0) 2 xy • Tính lim f ( x, y) = lim x x , y →0 x , y →0 2 + y2   1 1 Chọn dãy { M n ( x n , y n )} = M n ( , ) → (0,0) khi n → ∞  n n  1 2 2 n2 2 xy n 2 = 1 ≠ 0 = f (0,0) = 1 ≠ 0 , lim f ( x, y ) = lim x + y 2 lim Ta có f ( M n ) = 1 1 2 = 2 2 + x , y →0 x , y →0 n →∞ n n2 n2 vậy hàm số không liên tục tại (0,0) ' ' • Tính các đhr f x , f y • Tại (x,y) ≠ (0,0) 2 y ( x 2 + y 2 ) − 2 x (2 xy ) ta có f x = ' (x 2 + y 2 )2 2 x( x 2 + y 2 ) − 2 y (2 xy ) f y' = (x 2 + y 2 )2 • Tại (x,y)=(0,0) f (t ,0) − f (0,0) ta có f x = lim =0 ' t →0 t f (0, t ) − f (0,0) f y' = lim =0 t →0 t Bài 3: Tính tích phân I = ∫ ∫2 x − y )dxdy( D Với D là nữa trên của hình tròn có tâm tại điểm (1,0) bán kính 1 Giải : Phương trình đường tròn tâm I(1,0) bán kính R=1 là (x-1)2+y2 ≤ 1 ⇔ x2+y2 ≤ 2x 19
  20. Đổi sang toạ độ cực  x = r cos ϕ Đặt  r > 0, ϕ ∈ 1 chu kì  y = r sin ϕ Ta có x2+y2 ≤ 2x ta có r2 ≤ 2rcos ϕ nên r ≤ 2 cos ϕ 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ  Vậy ta được  π 0 ≤ ϕ ≤ 2   x = r cos ϕ Với  ⇒ dxdy = rdrdϕ  y = r sin ϕ Vậy π π 2 2 cos ϕ 2 cos ϕ 2 π 2 I = ∫ ∫2 x − y )dxdy = ∫ ( ∫ (2r cos ϕ − r sin ϕ )rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ r 2 (2 cos ϕ − sin ϕ ) dr = ... = − D 0 0 0 0 16 3 Bài 4: Cho tập hợp các số tự nhiên N với mọi m,n∈ N  1 1 + neu m ≠ n Đặt d (m, n) =  m + n 0  neu m = n a. CM d là metric trên N b. CM (N,d ) là không gian metric đầy đủ Giải : a. d là metric trên N • d(m,n) ≥ 0, ∀m, n ∈ N d(m,n)=0 ⇔ m=n  1  1 1 + neu m ≠ n 1 + • d ( m, n ) =  m + n =  n+m = d (n, m) 0  neu m = n 0  • CM d(m,n) ≤ d(m,l)+d(l,n) (1) ∀l , m, n ∈ N TH1 : nếu m=n,m=l,n=l thì (1) đúng 1 TH2 : nếu m ≠ n thì d (m, n) = 1 + m+n 1 nếu m ≠ l thì d (m, l ) = 1 + m+l 1 nếu l ≠ n thì d (l , n) = 1 + l+n thì VT của (1) ≤ 2 , VP của (1) ≥ 2 nên (1) đúng b. (N,d ) là không gian metric đầy đủ giả sử (xn) là dãy cauchy trong (N,d) ta CM xn → x∈ d do (xn) là dãy cauchy trong (N,d) nên ta có lim ( x m , n →∞ m , xn ) = 0 ∀ε > 0, ∃n0 : ∀m, n ≥ n0 : d ( x m , x n ) < ε 1 1 chọn ε = , ∃n0 : ∀m, n ≥ n0 → d ( xm , x n ) < → d ( x m , x n ) = 0 → x m = x n .∀m, n ≥ n0 2 2 vậy ∃x ∈ N : x n = x : ∀n ≥ n0 ⇒ x n → x trên d 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản